трикутни у задачах


LA.Кушнір Трикутник у задачах j
КИЇВ «ЛИІЙДЬ* 1994


ББК 22.151 Оя721
К 96
Розповсюдження та тиражування без офіційного дозволу видавництва заборонено
Рекомендовано Міністерством освіти України
Рецензенти: канд. фіз.-мат. наук, доц. Г.В. Апостолова, вчителі Г.Б.Філіпповський, А. А.Шамович
Головна редакція літератури з природничих та технічних наук
Голодний редактор Л.В.Маришева
Редактор М.А.Васильківська
Навчальний посібник
КУШНІР Ісаак Аркадійович ТРИКУТНИК У ЗАДАЧАХ
Художник обкладинки О.Г.Григір. Художній редактор Т.О.Щур. Технічний редактор Т.М.Піхота. Коректор М.Г.Єхлакоеа
Здано до набору 20.05.94. Підп. до друку. 15.08.94. Формат 84 * 108/32.
Папір друк. № L Гарн. Тип Тайме. Офсет, друк. Ум. друк. арк. 5,46.
Ум. фарбовідб. 5,46. Обл.-вид. аркт5,67. Вид. № 3578. Зам. № 4-3082.
Оригінал-макет виготовлено у видавництві «Либідь» на ПЕОМ типу IBM AT за допомогою програми Xerox Ventura Publisher 2.0 інженером-програмісгом М.М.Білинськоють старшим оператором М.Д.Медведємю
Видавництво «Либідь» при Київському університеті 252001 Київ, Хрещатик, 10
Віддруковано з орнгінал-макета акціонерним товариством «ВІПОЛ»
252151 Київ, Волинська,'60
Кушнір І.А.
К 96 Трикутник у задачах: Навч. посібник. — К.: Либідь, 1994. —104 с.
ISBN 5-325-00538-3.
Книжка написана відомим педагогом, визнаним спеціалістом шкільної геометрії. У ній розглядаються властивості центральної фігури планіметрії —трикутника та його елементів. Кожний параграф — це цикл погоджених між собою задач, розміщених у міру зростання складності. Частина задач відноситься до класичної геометрії, що пропонувалися на конкурсних екзаменах у вузи, на олімпіадах різного рівня, авторські. Для всіх задач є розв’язки.
Для учнів загальноосвітніх шкіл, гімназій, ліцеїв, студентів педвузів, абітурієнтів, вчителів.
4306020000-070
К 224-94
БЗ 25-12-93
ISBN 5-325-00538-5
ББК 22.151 Оя721
©І.А.Кушнір, 1994


ПЕРЕДМОВА
У навчальному посібнику розглядаються задачі й теореми щодоособливостей і побудови трикутника — найпростішої геометричної фігури. Властивості його чудових точок і прямий були відомі ще дві тисячі років тому, але вивчаються й сьогодні.
Задачі розміщено за певними темами відповідно до елементів трикутника (висоти, медіани, бісектриси тощо), розрізняються за типом (на доведення, обчислення, побудову. Широко застосовується тригонометрія). При розказуванні задач використовуються геометричні перетворення.
До книги увійшли відомі, популярні та авторські задачі, які пропонувалися на вступних екзаменах до вузів та олімпіадах різного рівня. Одна з авторських задач була подана в /987році на XVIII М/жнародній матема- - тичній олімпіаді, що була проведена на Кубі і у якій взяли участь понад 40 країн.
Будемо щиро раді, якщо читачі знайдуть нові короткі шляхи розв'язання задач.


§ 1. ВИСОТИ ТРИКУТНИКА. ОРТОЦЕНТР
Задача 1. Якщо через вершини трикутника ABC провести прямі, паралельні його сторонам, то утворений трикутник АіВіСі (рис. 1) буде гомотетичний трикутнику ABC з центром гомотетії в точці М перетину медіан трикутника ABC і коефіцієнтом к^-2. Довести це.
Доведення. Розглянемо паралелограм АВСВі і АСВСі. ОскількиВС=АВііВС=АСі, тоАВі =АСі, а звідси випливає: точка А ділить відрізок ВіСі навпіл. Аналогічно точки ВіС ділять навпіл відповідно відрізки АіСі і АіВі. Тому Л/Аі = — 2Ш, Л/Si = — 21ІЇБ, Л/Сі = — 2ЛС і три-
Рис. і
кутник АіВіСі буде гомотетичний трикутнику ABC з центром гомотетії в точці М перетину медіан трикутника ABC.
Задача 2. Прямі, що містять висоти трикутника, перетинаються в одній точці. Довести.
Доведення. Прямі, яким належать висоти трикутника ABC, перпендикулярні до сторін трикутника АіВіСі в їх серединах (рис. 1). Отже, вони мають спільну точку — центр кола, описаного навколо трикутника АіВіСі. Цяточка, спільна для висот трикутника ABC, називається ортоцентром. Позначимо її Н.
Пряма Ейлера
Задача 3. Довести, що у будь-якому трикутнику ABC центр О описаного кола, точка М перетину медіан і ортоцентр Н належать одній прямій (пряма Ейлера), причому 2ОМ=МН.
Доведення. Оскільки точка Н є центром кола, описаного навколо трикутника АіВіСі (рис. 1) і то точки ОіН відповідно гомотетичні при гомотетії з центром М і коефіцієнтом ія- 2, а отже, твердження доведено.
Задача 4. Довести, що в трикутнику ABC 2ОМі~АН.
(1.1)
Доведення. Оскільки точка Л/і — середина відрізка ВС, а точка А — середина відрізка ВіСі (рис. 1), то для
4


гомотетії,-що розглядається, вони відповідно гомотетичні. Гомотетичні також точки О і Н, тобто відрізки ОМі і НА гомотетичні з коефіцієнтом гомотетії £ “ - 2, що доводить твердження задачі.
Задача 5. Довести, що в трикутнику ABC
AH2 = AR2-а2. (1.2)
Доведення. Справді, оскільки Н—центр кола, описаного навколо трикутника АіВіСі, і ЯСі“2Л, то формула (1.2) випливає з розгляду трикутника НАСі (рис. 1). '
Наслідок:АЯ=2Л I cosA І. (1.3)
Точки Ейлера
Точками Ейлера називають точки Ej, Ез, Ез, які поділяють відрізки АН, ВН, СН навпіл.
Задача б. Довести, що відрізкиMiEi, М2Е2, М3Е3 мають спільну середину.
Доведення. Враховуючи співвідношення (1.1), стверджуємо, що чотирикутник ОМіНЕї — паралелограм (рис. 2). Аналогічно чотирикутники ОМ2НЕ2 і ОМ3НЕ3 — також паралелограми. Всі вони мають спільну діагональ ОН, середина якої є спільною серединою відрізків, що розглядаються.
Задача 7. Довести, що MiEi = М2Е2 “ М3Е3 я R.
Доведення. Справді, оскільки за співвідношенням (1.1) ОМі = ІАЯ = АЕі, то чотирикутник АОМіЕі—паралелограм (рис. 2). Отже, МіЕі = = ОА = R. Аналогічно доводиться, що М2Е2 “Лі М3Е3 “ R.
Задача 8. Довести, що для гострокутного трикутника
а АН + ЬВН + с-СН = 4S.
Як зміниться ця формула для тупокутного трикутника?
Доведення. Розглянемо трикутник В1НС1 (рис. 1). Його площа дорівнює а'АН; площі трикутників АіЯСі.і
5


ВіНАї дорівнюють відповідно b-ВН і с-СН. Враховуючи, що площа трикутника АіВіСі дорівнює 45, матимемо
а-АН + b-ВН +с-СН= 4S.
Для тупокутного трикутника: Ь'ВН+с-СН- — а*АН = 45 (тут і далі вважається, що тупий кут ВАС).
Зазначимо, що задачу можна розв’язати за допомогою формули (1.1).
Задача 9. Довести, що ортоцентр ділить висоти трикутника на частини, добуток яких є постійним для даного трикутника.
Доведення. Доведемо для гострокутного трикутника.
Оскільки LH\HB = ААСВ, то ННі ^ВН cos С. Враховуючи формулу (1.3), маємо:
ННі = 2R cosB cosCiAH HHi = 4R2 cos4 cosB cosC, що доводить твердження задачі. Для негострокутного трикутника доведення аналогічне. Рекомендується знайти інші способи розв’язування цієї задачі.
Задача 10. Довести, що має місце формула
ОН2 = 9Я2 - (а2 + Ь2 + с2). (1.4)
Доведення. З трикутника О АН (рис. 2) за теоремою косинусів:
ОН2 = ОА2 + АН2 - 2ОААН cos АОАН.
Розв’яжемо задачу спочатку для випадку, коли Л < 90 ’. Враховуючи співвідношення (1.2) і (1.3), а також те, що LOAH = АСАН - LCAO = 90’- С - (90’- В) = В - С, маємо: ОН2 = Я2 + 4R2 -a2 -2R2R cosA cos(B - С) = = 5R2 - а2 - 2Я2(соі5(Л + В - С) + cos(A - В + С)) =
= 5R2 -a2- 2R\- cos2C - cos2B) = 5R2 - а2 - - 2R2(2sin2C -1 + 2 sin2B - 1) = 9Я2 - (a2 + і2 + с2). Якщо А > 90’, то cos Л < 0, АН e - 2R cos Л і cos LOAH= = cos(180’ — (В — С)) = - cos(B — С). Отже, знову дістанемо формулу (1.4).


Задача 11. У середині гострокутного трикутника ABC дано таку точку Н, що Z.HAC = ЛНВС, АНВА^ АНСА, LHCB-LHAB.
Довести, що точка Н — ортоцентр трикутника ABC.
Доведення. Позначимо три пари даних рівних кутів а, Р, у (рис. 3). Очевидно, що 2(а + р + у) = 180’, а + р + + у = 90’. Але АААїВ = ААСАі + LCAAt =а+Р+у=
“ 90’. Отже, відрізок ААі —висота, аналогічно ВВі і ССі — висоти, а отже, Н—ортоцентр.
Задача 12. Довести, що радіус описаного навколо трикутника кола дорівнює радіусу кола, що проходить через дві вершини і ортоцентр цього трикут¬
Рис. З
ника.
Доведення. Якщо три¬
кутник ABC гострокутний, то АВНС = 180’ - А, а радіус кола, описаного навколо трикутника ВНС, дорівнює R. „ ВС ВС
Сл|иті' S5^==*•
Для випадку, коли А > 90’, 2.ВДС дорівнює (180’-А), а радіус кола, описаного навколо трикутника ВНС, дорівнює R.
Задача 13. Точки, які симетричні ортоцентру відносно сторін трикутника, лежать на колі, описаному навколо цьо¬
го трикутника. Довести.
Доведення. Продовжимо, наприклад, висоту АНі (рис. 4) до перетину з колом в точці Аі. Доведемо, щоННі~Н^і.
Справді, LH^N^B = = Z.ACB = £ВЯМ. Тоді трикутник BHNi — рівнобедре- ний, а отже, ННі = НіНі.
Задача 14. Три кола одна-
Рис. 4 •
кового радіуса R перетинаються в спільній точці S і в точках М, N, Р, причому точка S знаходиться всередині трикутника MNP. Довести, що точки М, NiP лежать на колі того самого радіуса R.
7


Доведення. Сполучимо між собою точки М, N, Р, S (рис. 5). Оскільки кола рівні, то дуги, що сполучають точки їх перетину, рівні, отже, рівні і пари кутів (вони позначені на малюнку). Із задачі 11 випливає, що точка S — ортоцентр трикутника MNP, а із задачі 12 випливає, що коло, описане навколо трикутника MNP, має такий самий радіус, як будь-яке з трьох даних кіл, тоб- тоЛ
Задача 15. Якщо пряма Ейлера трикутника ABC (див. задачу 3) паралельна стороні АВ, то tg A tg В ■ 3. Довести.
Доведення. Позначимо проекції ортоцентра Н і центра описаного кола О на сторону АВ відповідно Ні і Мі. Ззумовою ННі = ОМііOMi^Rcos С (формули 1.1.і 1.3). Але ННі - 27? cos A cos В (див. задачу 9), отже, cos С = =2 cos A cos В, або-cos (А+В) =2 cos A cos В, тобто sin Ах X sin В - cos A cos В в 2 cos AcosB, звідси tgA • tgB = 3. (Зазначимо, що трикутник ABC — гострокутний, оскільки точки ОіН лежать з одного боку від відрізка АВ.)
§ 2. ОРТОЦЕНТРИЧНИЙ ТРИКУТНИК
Трикутник Н1Н2Н3, вершинами якого є основи висот
даного трикутника ABC, називається ортоцентрич-
ним (рис. 6).
Розглянемо трикутник N1N2N3, утворений відрізками, що сполучають точки перетину продовження висот гострокутного трикутника ABC з описаним навколо нього колом (рис. 7). Нехай Н — ортоцентр трикутника ABC. Тоді, згідно з задачею 13, § 1, ННі “ HiNi, НН2 ” H2N2. ННз “ шНзИз і трикутники Н1Н2Н3 і
N1N2N3 гомотетичні, причому Н — центр гомотетії і коефіцієнт гомотетії £ ■ 2.
8


Задача 1. Якщо радіус кола, описаного навколо трикутника ABC, дорівнює R, то радіус кола, описаного навколо
ортоцентричного трикутника, дорівнює у R. Довести.
Доведення. Це випливає з гомотетичності трикутників Н1Н2Н3 і N1N2N3.
Задача 2. Висоти гострокутного трикутника ABC є бісектрисами кутів ортоцентричного трикутника. Довести.
Доведення.Справді, LN2N1A = LN2BA, LAN1N3 = = LACN3. Але ANzBA = LACN3. Отже, LN2N1A = = £ANiN3.
Задача 3. Довести, що величини кутів ортоцентричного трикутника дорівнюють
АНзНіНз = 180’ - 2Л, АН1Н2Н3 = 180’ - 2В,
АНіНзНг = 180’ ~ 2С.
Доведення. Справді, наприклад (рис. 7): АН2Н1Н3 = 2 LANiNi = 2(90’ - А) = 180’ - 2А.
Задача 4. Довести, що довжини сторін ортоцентричного трикутника дорівнюють:
H2H3 = BCcosA, В Нз^= AC cos В, НіН2^АВcos С.
Доведення. Очевидно, що (рис. 7)
1
H2H2 = -N2N3 =
= R sin(180’ - 2А) = = ВС cos A.
Задача 5. Довести, ;
що кути між сторонами ортоцентричного трикутника і гострокутного трикутника ABC дорівнюють ААН2Н3 = В, LH3H1B = A, LAH3H2 = С (рис. 7).
Доведення. Справді, наприклад, відрізки АС і N2^3 перетинаються в точці Т.
9


Тоді LAH2H3 “ LATN3 = ^AN3 + ^ N2C) = 90’ - - Л + 90’ - С = 180’ - (180’ -В) = В.
Задача б. Довести, що півпериметр рп ортоцентричного
S трикутника дорівнює —.
Доведення.
1 1
рп = - (^2 + ^2^з + ^з) = ~R (sin 2Л + sin 2В +
+ sin 20) = ^ В (2 sin(A + В) cos(A - В) + sin(2(w -
1
- (Л + В)))) = -B(2 sin(A + В) СО8(Л - В) - 2 8іп(Л +
1
+ В) соз(Л + В)) = — В(2 8іп(Л + В) (соз(Л - В) -
- СО8(Л + В))) = ^В(2 sin(jr - С) (— 2 sin Л sin(- В)) =
1
= — В • 4 sin Л sin В sin С = 2В віпЛ sin В sin С.
2
Оскільки S = 2В2 sin Л sin В sin С, то
Рп==|- (2.1)
Задача 7. Якщо з вершини ортоцентричного трикутника провести перпендикуляри до сторін трикутника ЛВС, то відрізок, який сполучає основи перпендикулярів, дорівнює півпериметру рп ортоцентричного трикутника. Довести.
Доведення. Нехай відрізок H1F1 перпендикулярний до відрізка ЛС, відрізок HiF2 перпендикулярний до відрізка АВ (рис. 8). Навколо чотирикутника HiFiAF2 можна описати коло, діаметр якого дорівнює відрізку АНі. Тоді
FtF2 = ЛЯі sin Л = ’ • (2.2)
Порівнюючи відрізки (2.1) та (2.2), бачимо, що F2F2 = = Рп.
10


Задача 8. Якщо через довільну точку сторони трикутни¬
ка ABC провести перпендикуляри до двох інших сторін, то довжина відрізка, що сполучає основи перпендикулярів, буде не меншою за півпериметр ра ортоцентричного три¬
кутника. Довести.
Доведення. Візьмемо, наприклад, на стороні ВС точку F (рис. 8) і проведемо перпендикуляри FQi і FQi до сторін АС і АВ. Тоді Q1Q2 = AF X х sin A, sin А — постійна величина, а довжина відрізка AF буде найменшою, якщо відрізок AF перпендикулярний до відрізка ВС. Отже, Q1Q2 ^ ^ F1F2, або
Q1Q2 & Рп.
(2.3)
Задача 9. Довести, що з усіх трикутників, вписаних у даний гострокутний трикутник, ортоцентричний має найменший периметр.
Доведення. Нехай довільний трикутник MFN вписаний в гострокутний трикутник ABC (рис. 9). Побудуємо точки, симетричні точці F відносно АС і АВ. Матимемо від¬
повідно точки L та Е. Довжина ламаної AMNE дорівнює периметру 2р трикутника MFN. Q1Q2 — середня лінія трикутника LFE, точу Q1Q2 = = ^ LE. Але довжина LE не більша від довжини ламаної LMNE. Отже, довжина від-
Рис. 9
різка Q1Q2 не більша від півпериметра р трикутника MFN, тобто
Q1Q2 £ р. (2.4)
Порівнюючи вирази (2.3) і (2.4), дістаємо
Рп ^ G1Q2 £ р, аборп ^ р.
'Знак рівності буде тоді і тільки тоді, коли трикутник МЛУ буде ортоцентричним. Справді, у цьому випадку (рис. 9) AFNB = С (задача 5, § 2), AMNF-180’ - 2С (задача З, §2),отже, AMNE = 180’ - 2С + 2С = 180’,тобтоMNE—
її


пряма лінія., Аналогічно доводимо, що LLMN = 180°, а це означає, що ламана LMNE збігається з відрізком LE.
Задача 10. Довести, що відрізок ОА перпендикулярний до відрізка НіНз (рис. 7).
Доведення. Справді, дуга ANi дорівнює дузі AN з (рис. 7), а отже, радіус ОА буде перпендикулярним до хорди N3N3, тобто й до відрізка Н3Н3.
Задача 11. У трикутниках ABC і Н1Н3Н3 відповідно р і рп — півпериметри, 2? — радіус описаного навколо трикутника ABC кола, г — радіус вписаного в трикутник ABC кола. Довести, що
Bil_L
Р ~R '
Дов еден ня.
S = Rpn, S = rp.
рп г
Отже, Rpn = rp, або — = ^ • p R
Задача 12. Коло дев’яти точок. Довести, що середини Мі, Мз, Мз сторін трикутника ABC, основи висот Ні, Нз, Нз, а також точки Еі, Ез, Ез — середини відрізків АН, ВН, СН—належать одному колу, яке називають колом дев’яти точок.
Доведення. Розглянемо гомотетію з центром в ортоцентрі Н трикутника ABC і коефіцієнтом 1 = ^ (рис. 7). Нехай co — коло, описане навколо трикутника Н1Н3Н3, сої — коло, описане навколо трикутника ABC. ЕіО —центри цих кіл. При цій гомотетії коло в»і переходить у коло co, точки А, В і С — в точки Еі, Ез, Ез. Оскільки точки А, В і С належать колу й>і, то точки Еі, Ез і Ез належать колу co. Враховуючи коефіцієнт гомотетії, робимо висновок, що центр кола co (точка Е) належить відрізку ОН, причому QE=ЕН і радіус кола co дорівнює половині радіуса кола «і, тобто— •
Оскільки МіЕ = ЕіЕ = — (див. задачу 7, § 1), то колу co належить і середина Мі сторони ВС, а отже, й середини сторін АВ і АС.
12


Задача 13. Довести, що точка, яка симетрична ортоцентру трикутника ABC відносно середини його сторони, належить описаному навколо цього трикутника колу.
Доведення. При гомотетії з центром у точці Н і коефіцієнтом 1-2 коло дев’яти точок перейде в коло, описане навколо трикутника ABC, а точка Мі, наприклад, в точку, симетричну точці ff. Оскільки точка Мі належить колу дев’яти точок, то твердження задачі доведено.
§ 3. МЕДІАНИ ТРИКУТНИКА. ЦЕНТРОЇД
Розглянемо задачі про медіани трикутника та їх точку перетину, яка називається центроїдам. У трикутнику ABC будемо позначати її буквою М.
Задача 1. У трикутнику ABC
, 2(b2 + с2) - а2
та =
(3.1)
Довести.
Доведення. У трикутнику ABC (рис. 10) продовжимо медіану АМі і відкладемо на ній відрізокMiD-AMi. Тоді чотирикутник ABDC — паралелограм, а отже, 2(АВ2 + +АС2) =AD2+ ВС2, або4/и2 . + а2 = 2(Ь2 + с2). Звідси дістанемо формулу (3.1). Ця формула доведена за допомогою векторів.
Задача 2. Теорема Лейбні-
ца. Довести, що алгебраїчні суми квадратів відстаней будь- якої точки X площини від вершини трикутника ABC і від його центроїда М пов’язані співвідношенням
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = AM2 + ВМ2 + CM2 + ЗХМ2. (3.2)
■ Доведення. Позначимо через У проекцію точки Хна медіану (рис. 11). Нехай для визначеності LXMA £ 90°.
З трикутників ХАМ ЇХММі, одержимо
ХА2 = ХМ2 + AM2 - 2AM-MY,
13


ХМ2 = ХМ2 + MM2i + 2MMvMY.
Помножимо другу рівність на 2 і додамо до першої, враховуючи, що 2ММі = AM. Дістанемо:
ХА2 + 2ХМІ = ЗХМ2 + AM2 + 2ММ2.
Але ХМі — медіана трикутника ВХС, а ММі — медіана трикутника ВМС. За формулою (3.1) 2(ХВ2 + ХС2) - ВС2
ХМі = >
4
, 2(МВ2 + МС2) - ВС2
ММІ = — —2
4
Отже,
ХА2 + ХВ2 + ХС2 ~^ВС2 =
= ЗХМ2 + MA2 + MB2 + МС2 - І ВС2,
тобто
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = ЗХМ2 + MA2 + MB2 + МС2.
Задача 3. Знайти кути трикутника ABC, якщо MA2 + MB2 + МС2 = 3R2.
Розв’язання. Нехай точка X (3.2) збігається зточ- кою О — центром кола, описаного навколо трикутника ABC. Тоді ОА2 + ОВ2 + ОС2 - MA2 +МВ2 +МС2+ЗОМ2, або, враховуючи умову задачі, дістанемо: ОМ“ 0. А це можливо тоді і тільки тоді, коли трикутник ABC — рівносторонній, тобто А = В а С “ 60е.
Задача 4. Довести, що в трикутнику ABC т2 + пг2 + ги2 = ^ (а2 + і2 + с2).
Доведення. За формулою (3.1)
1.2 -2 2
2 2 2 Л & С Л
ті + ті + т; =-— + — + — + —-
, 2 2 2 > 2 2 ~
Ь С й Ь С 3 2
422244 і '
14


Задача 5. У трикутнику ABC деякі точки Мі і М2 належать відповідно сторонам ВС і АС. Відрізки АМі і ВМ2 перетинаються в точці М, причому кожен з цих відрізків ділиться у відношенні 2:1, починаючи від вершини. Довести, що відрізки АМі і ВМ2 — медіани трикутника.
Доведення. Трикутник АВМ і М1М2М — подібні (риє. 12)
АІИ ВЛ/ ММі = мм2 “ '
Тому М1М2 = ~ АВ і відрі¬
зок М1М2 паралельний відрізку АВ. З подібності трикутників М2М1С та ABC випливає, що
точки Мі А М2 — середини сторін ВС і АС. Отже, АМі та ВМ2 — медіани.
Задача б. Висота і медіана трикутника, які виходять з однієї вершини і розміщені всередині його, утворюють із сторонами трикутника, які виходять з тієї самої вершини, рівні кути. Довести, що трикутник прямокутний або рів- нобедрений.
Доведення. Опишемо навколо трикутника ABC коло і продовжимо медіану АМі до перетину з колом в точці D (рис. 13). Оскільки LACHi = = AADB, то два кути трикутника АНіС дорівнюють двом кутам трикутника ADB, а отже, AABD = ЛАНіС = 90е. Таким чином, AD — діаметр і ділить хорду ВС в точці Мі навпіл. А це можливо тоді й
Рис. 13
тільки тоді, коли діаметр перпендикулярний до хорди або хорда належить діаметру. Це означає, що трикутник ABC рівнобедрений чи прямокутний.
„ „ „ ab + bc + ас
Задача 7. Довести, що А = — , де І. т, п —
6(1+ т + п)
відстані від центроїда до сторін трикутника ВС, АС, АВ.
15


Доведення. Оскільки трикутники ABM, ВМС, АМС— рівновеликі, то
аі Ьт сп S 2=~2=~2=3‘
Поділимо ці рівності на у abc. Маємо:
I т п 2S l + m + n 2S
—- _ — _ — _ , 300 ——--—----“----— = >
Ьс ас ab ЗаЬс ab + ас+ Ьс ЗаЬс
алеї? = — ' Отже,
45
ab + ас + Ьс R = — 6(/ + m + гі)
Задача 8. Усередині трикутника ABC дано деяку точку М — таку, що площі трикутників АМС, ВМС, АМВ рівні між собою. Довести, щоМ — центроїд трику 'ника.
Доведення. Нехай площа трикутника ABC дорівнює В. Тоді площі рівновеликих трикутників АВМ, ВМС, S
АМС дорівнюють — кожна. Розглянемо трикутники ABC і
ВМС (рис. 12). АНі і МТі — висоти цих трикутників. Тоді
МТі 1 ММі 1 AM п
■^Г = 7 * "ЛУ"^’ звщки 7777- = 2.
АНі 3 АМі 3 ММі
вм „
Аналогічно 7777 = 2, Мі і М2 — точки перетину продов-
жень AM і ВМ із сторонами ВС і АС. Отже (див. задачу 5, § 3), АМі і ВМ2 — медіани, тобто М—центроїд.
Задача 9. Якщо в трикутнику ABC квадрати сторін утворюють арифметичну прогресію, то квадрати відповідних медіан також утворюють арифметичну прогресію. Довести.
Доведення. Нехай у трикутнику ABC АС—середня за величиною сторона. Тоді за умовою задачі 2Ь2 = а2 + + с2. Обчислюючи квадрат довжини медіани тв, маємо:
, 2{Ь2 + с2) - а2 2Ь2 + 2с2 - а2 Зс2
та s = = — •
4 4 4
16


Аналогічно mJ = — b , mJ = — a . Тоді 4 4
2ml = — 2b2 = — (c2 + a2) = ml + ml. 4 4
Задача 10. Знайти залежність між сторонами трикутника, якщо дві його медіани взаємно перпендикулярні.
Розв’язання. Нехай медіана ВМ2 перпендикулярна до медіани СМз. Тоді
4z2 2. 2^4 2<л2+ с2)- *2+ 2(л2 + Ь2)- с2 2
- (ті + ті) = а2, або - • 2 = а2,
або Ь2 + с2 •* 5а2.
Задача 11. У трикутникуАВСточкиЛ/ї, Л/г, С, М належать одному й тому самому колу. Довести, що 2?= а2+ Ь2.
Доведення. Нехай N — середина середньої лінії
М1М2 (рис. 14). Оскільки CN = 7 те, NM = 7 те, то, вра- 2 о
2 2
тс те с тс .
ховуючи, що MiN*M2N = “т—7 і маємо — = — • Але 2 6 4 3
2 2(а2 + Ь2)-с2
mc = 7 4
Отже, 2с2 = а2 + Ь2.
Задача 12. Якщо пряма Ейлера перпендикулярна до медіани, то квадрати сторін і квадрати медіан складають арифметичні прогресії. Довести.
17


Доведення. Нехай О — центр описаного навколо трикутника ABC кола, R—його радіус. Нехай пряма Ейле- ра перпендикулярна до медіани АМі. З прямокутного трикутника ОАМ (рис. 15) ОА? = ОМ2 +АМ2. Враховуючи, що ОА “Лі формулу (1.4), дістанемо
ОМ ^ ^ ОН = ^ Y9R2 - (а2 + і2 + с2) .
Тоді
2 2 л + 0 + с 2(0 + с ) — а
R — R — ~ + ~
9 9
Звідси 2а2 =
= 0 + С .
За задачею 9 2m2 = ml + ті.
Задача 13. У коло вписаний трикутник ABC. Медіана СМз перетинає коло вдруге в точці D. Довести, що АС2 + ВС2 = 2CM3-CD.
Доведення. Оскільки CD “ СМз + M3D (рис. 16), то 2СМз'СО = 2тс(те + M3D) = 2ml + 2те’МзВ.
Але
2M3D-mc= 2АМ3-М3В = | с2.
Отже,
2CM3’CD = 2ml + ^ с2 =
“О +а —~с +~с =
2 2
— А2 , 2
= о + а .
Задача 14. Якщо на медіані СМз існує така точка N, що NA2 + NB2 = 2NC2, то відрізок ON перпендикулярний до відрізка СМз. Довести.
Доведення. Із трикутника ANB (рис. 16) дістанемо:
2 2(AN2 + NB2)-AB2
NM3 =
Враховуючи умову, маємо:
2 2 ^2
NM} = NC2 - —
4
18


З прямокутного трикутника ОМзВ одержимо вираз
— = М3В2 = R2- ОМз.
4
Отже, NM2 = NC2 + ОМз — R2. Позначимо Z-ONM3 — <р. Тоді
R2 = CN2 + NO2 + 2CN NO cos^ (3.3) і
ОМІ = NO2 + NM2 - 2NO-NM3 cosy» =
=NO2 + NC2 + ОМз - R2 - 2NO-NM3 cosy>.
Звідси
R2 = NO2 + NC2 - 2NO'NM3 cosp. (3.4)
Порівнюючи (3.3) і (3.4), дістанемо:
NO(CN + NM3) cosp = 0.
Отже, p = 90е.
Задача 15. Нехай при продовженні медіан АМі, ВМ2, СМз до перетину з колом, описаним навколо трикутника ABC, дістанемо точки Л/', М", М'".
AM ВМ CM п
Доведення. Виразимо відношення 7— через сторо- ни трикутника (рис. 15). Маємо:
AM = З m<” MW = з We + МіМ’.
Враховуючи, що МіМ* * АМі = CM^MiB^epTfaaMoMiM* =
4та
Л 1 ?
Отже, ММ* = ~та + “— та
З 4та
AM _ ММ' ~
З
Аналогічно
2 та
^+^
8т2 - а2 + 2Ь2 + 2с2
4mJ + Зд2 а2 + Ь2 + с2
19
2*


Отже,
ВМ - і>2 +2д2 + ^2
ММ" а2 + Ь2 + с2
CM - с2 + 2а2 + 262
ММ'" ~ а2+ Ь2 + с2
AM ВМ CM „  ^ *4“ 1 " = З
ММ' ММ" ММ'"
Задача 16. Обчислити кути трикутника ABC, якщо трикутник АММ2 — рівносторонній (рис. 17).
Л Ь
Розв’язання. ОскількиАМг= МіМ = — ітоВМз^
J\. = 7^ АМі= ~ 6. ^^у ^2 =
/*Д\<2 = 2а2 + 2с2 - і2, 9Ь2 = Ы2 +
4^^771 _\ + 8с2— 4а2,або5й2= а2+ с2, Ь2 =
В Мі С = 8? - 4а2. Звідси
Рис. 17 7а2= 13^ 7і2 = 4С2, 4а2 = 13і2
Тоді
^2 2 13 2
о + с — а 7 7 1
СЮЛ= 2bc 2с 2V7 '
277с
Аналогічно
. л2 г2 © г2 ,22 г
а 4-е — о о о +а —с 5
cosB = = тяг » cosC = — = 7-7==
2ас v91 2ab 2V13
Задача 17. У трикутнику ABC проведені медіани і в трикутники АМгМ, СМ2М, СМіМ, ВМзМ, ВМіМ, АМзМ вписані кола. Довести, що коли три з них рівні між собою, то всі шість рівні.
Доведення. Розглянемо, наприклад, рівні кола радіуса г, вписані в трикутники ВМзМ, ВМіМ і СМіМ (рис. 18). Позначимо їхні центри Оі, Ог, Оз, точки дотику кіл з центрами Оі і Ог до сторін АВ і ВС відповідно Co, Ао.
Оскільки трикутники ВМіМ і СМіМ рівновеликі, то
20


I )
r\BM + МіМ + - СВ = г
1 CM + МіМ + -св
звідси ВМ = CM і, отже, СМз = ВМз.
Звідси трикутник ABC — рівнобедрений, тобто АВ ’“АС. Із рівновеликості трикутників ВМіМ і ВМзМ маємо: грз =
= грз (pi і рз — півпериметри цих трикутників), або
r (ВМ+ЛоМі) - r (ВМ+ + С0Мз).
Звідси АоМі = СоМз. Тоді трикутник ОгАоМі дорівнює трикутнику ОіСоМз і АВМзМ = = LBMM.AntLBMiM =<ХГ. Отже, медіана СМз є висотою, тобто ВС = АС. Таким чином, трикутник ABC — рівносто- ронній, тобто всі шість кіл рівні між собою.
Інші випадки взаємного розміщення даних рівних кіл
вимагають додаткового розгляду.
Задача 18. Довести, що у трикутнику ABC ctg АСМзВ = — (ctgA - ctgB).
Доведення. Позначимо АСМзВ = <р. Нехай В> А (рис. 19). Тоді М3Н3 = СНз ctg^, АНз = СНзСі^А, ВНз =
= СНзСХ^В.
Оскільки АМз = МзВ, то АНз - -ВНз = (АМз + МзНз) - (МзВ- -МзНз) = 2М3Нз.
Отже,
CH3ctgA - CH3cXgB =
= 2СНзсХё<р, або
ctgp = I (ctgA - ctgB), або
ctg LCM3B = -| (ctgA - ctgB).
21


Задача 19. Довести, що в трикутнику ABC
ctg LBAMi + ctg LCBM2 + ctg LACM3 = iLtilL .
Доведення. Можна показати (за допомогою теореми косинусів), що а2 = Ь2 + с2 — 4S ctg ABAC.
Тоді ВМ2 = с2 + AM2 - 4Sictg LBAMi (Si — площа трикутника АМВ).
CM2 = а2 + ВМ2 - 4S2ctg LCBM2;
AM2 - b2 + CM2 - 4S3ctg LACM3
(S2 — площа трикутника ВМС, S3 — площа трикутника АМС).
Додаючи ці рівності і враховуючи, що площа кожного
1
трикутника дорівнює — S, маємо:
4-^ S(ctg LBAMi + ctg LCBM2 + ctg LACM3) =
= a2 + b2 + c2.
Отже,
3? + b2 + c2 ctg LBAMi + ctg LCBM2 + ctg LACM3 = 7 •
Задача 20. У трикутнику ABC 3tgA + ctgB = 0. Довести, щоте=Л.
Доведення. Перетворимо рівність, задану в умові, таким чином:
З sin Л cos В У "*■ ~ в" = 0, cos Л sin В
або
З sin Л sin В + cos В cos Л = 0,
2 sin Л sin В + соз(Л — Б) = 0, соз(Л — В) — cos(A + В) + соз(Л - В) = 0. Отже,
2 соз(Л -В)- соз(Л + В) = 0. (3.5)
Далі маємо:
л2 Ь2 с2 R2
CM2 » — + — - — = — (4 зіп2Л + 4 sin2B - 2 sin2C) = 2 2 4 2 v '
22


= — (2 — 2 cos 2Л + 2 — 2 cos 2B — 1 + cos (2Л + 2B)) =
В?
= — (2 — 2(cos 2Л + cos 25) + 2 cos2(A + Б)) =
В?
= у (2 - 2 cos(A + Б) (2 СО8(Л -В)- cos(A + Б))).
Скористаємося співвідношенням (3.5). Дістанемо, що CM3^R.
Задача 21. Коло дотикається до двох сторін трикутника і двох його медіан. Довести, що цей трикутник рівнобедре- ний.
Доведення. У трикутнику ABC медіани АМі і ВМ2 перетинаються в точці М (рис. 20). Оскільки чотирикутник
ММ1СМ2 описаний навколо кола, то
та b ть а
Т+2 =Т+2 ’ або
З З
та + — b = ть + — а. (3.6)
Розглянемо трикутники АМіС і ВМ2С. Вони рівновеликі, і коло, вписане в кожний із них, одне й те саме. Отже, рівні між собою й
периметри цих трикутників:
а b
Ша 2 ^ ^ = Wb 2 ^ ^’
або
b а
та + — = ть + — -
(3.7)
Віднімаючи рівності (3.6) і (3.7), дістаємо: а^Ь.
Задача 22» У площині трикутника знайти точку, сума квадратів відстаней якої від вершин трикутника має найменше значення.
, Р'Ь з'в ’ я з а н н я. Доведемо, що шукана точка —центроїд М трикутника ABC. Згідно з теоремою Лейбніца (див. задачу 2, § 3) маємо:
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = AM2 + ВМ2 + CM2 + ЗХМ2 =
23


= ^ (ml + ml + ml) + ЗХМ2 = j(? + J2 + с2) + ЗХМ2.
Вираз ХА2 + ХВ2+ХС2 буде найменшим, якщо ХМ2 “ О, тобто якщо точки X і М збігаються. Це найменше значення
дорівнює ~ (а2 + й2 + с2).
§ 4. БІСЕКТРИСИ ТРИКУТНИКА. ІНЦЕНТР
Задача 1. Довести формули: 2Ьс А
4 = Г71- cos -» (4.1)
О + С
&~Ьс- йісі (4.2)
(йі■CLi, a ^BLi, Li — точка перетину бісектриси кута ВАС зі стороною ВС),
= 1VM,-.)
b + с
Доведення. Доведемо формулу (4.1).
Нехай Si і 5г — площі трикутників ABLi і ACLi (рис.
21). Тоді
S = —bc SinA, Si = ~СІа sin — >
1 А
S2 = -bla Sin - •
Але S-S1 + S2, звідси
1 , 1 А
— DC sin А = — cla sin — +
2 2 2
1. А
+ j%sm-;
be sin А = 4 sin ~(b + с),
звідки
24


2bc р la = V COS — • b + c 2
Доведемо формулу (4.2).
Перший спосіб. За теоремою косинусів (рис. 21) ьХ = Ь2 + й- 2bla COS J > cX- c2 + l2a- 2cla COS ^ >
звідки
Ъ + fa-bX S + t-cX
2b
2с
або
£(Ь - с) = bc(b - с) - (cbX - cXb).
Враховуючи властивість бісектриси внутрішнього кута b Ьі
трикутника, маємо - - — ’ або Ьсі = Ьіс. Звідки С СІ
cbi — Cib = cibib — cibic = cibi(b — с).
Отже, lX(b — с) = bc(b — с) — cibi(b — с).
Нехай b * с, тоді lX = be - biCi. При b ° c формула очевидна.
Другий спосіб. Опишемо навколо трикутника ABC коло і продовжимо бісектрису AL1 до перетину з цим колом у точці W (рис. 22). З подібності трикутників AWB і ACLl (ACALj. = AWAB, AACB = = AAWB) маємо:
AW AB_ AC “ALi '
Позначимо LiW = t. Тоді
la + t C _ j
—— = У ’ або la + lat = be.
b la
Враховуючи, що lat = biCi, дістанемо lX = be - biCi.
Доведемо формулу (4.3).
Рис. 22
ас
Враховуючи, що BLi = -— > CLi = > і застосовуючи
b + с b + с
формулу (4.2), маємо:
25


{Ь + с) (д + с)‘
звідки
або
й bc(a + b + с)(2р - 2а) (b + с)2
, 2 'Jbcpip - а)
—
Ь + С
Задача 2. Довести, що в трикутнику ABC
ABIC = 90° + j • (4.4)
Доведення. Справді,
ABIC = 180° - І (Б + С) =
= 180° - I (180° - Л) = 90° + у •
Задача 3. Довести, що якщо в трикутнику ABC la “ Іь, то а = Ъ.
Доведення. Враховуючи формулу (4.1), маємо:
А В
2 cos — 2 cos — 2 2
1 Г = Ч Г ’ —+ — —+ —
be ас
Припустимо, що а> b, або А> В. Тоді
1 11111
— < — і Т + “>“ + ~ * a b b с а с
А В
Отже, cos у > cos у, або А < В, що суперечить припущенню. Аналогічно доводиться, що а не може бути меншим за Ь. Залишається єдине: а-Ь.
Задача 4. У трикутнику ABC кут А дорівнює 60°. Довести, що точки В, С, Н, / належать одному колу.
26


Доведення. 1. КутиВі С — гострі. Оскільки LBIC = = 90° + у > a LBHC = 180° - А, то у даному випадку LBIC = 90’ + ЗО’ ~ 120’, LBHC = 180’ - 60’ = 120°, а це означає, що точки В, С, Н, І належать одному колу, оскільки відрізок ВС з точок ІІН видно під кутом 120’.
2. Один із кутів В і С —тупий, наприклад, В. Тоді ABIC + LBHC = 120’ + 60’ = 180°. Тобто навколо чотирикутника СІВН можна описати коло, що доводить твердження задачі.
Задача 5. У трикутнику ABC: В = 50’, С = 70’. Знайти кути трикутника АІН.
Розв’язання. Нескладно показати, що кут між відрізками АН і АІ дорівнює у ІВ - СІ. Для трикутника ІНА
Рис. 23 Рис. 24
належать одному колу (задача 4). Крім того, LAIH = В
= LAIC - LHIC. Але LAIC = 90’+ у = 90’+ 25’ = 115’, LHIC = LHBC = 90’ - С = 20’, тобто LAIH = 115’ - - 20’ = 95’ і, нарешті, LAHI = 180’ - 105’ = 75’.
Задача 6. Один із кутів трикутника ABC дорівнює 60° (рис. 24). Довести, що ОІ-ІН.
Доведення. Нехай, наприклад, А - 60’. Тоді ЛЯ=R (1.3) і трикутник ОАІ дорівнює трикутнику НАІ (доведіть самостійно, що LOAI = LHAD. Отже, ОІ=ІН.
Задача 7. Довести, що куту» між медіаною АМі і бісектрисою ALi трикутника ABC обчислюється за формулою
27


2^ |B-C|
tgp = tg2-tg—
Доведення. Припустимо, що В > C. У трикутнику
АМіВ (рис. 24) LMiAB = — + р- Згідно з теоремою синусів
МіВ
(A ’ sin —+ 0 2
АМі sin В
У трикутнику AMiC AMiAC = — — <p. За теоремою синусів
МіС
sin
АМі sinC
Поділивши другу рівність на першу, маємо
sin
{А }
sin
[А
\
sin В sinC
звідки
А А
sin “ + tg ^ cos у = к
А А sin — - cos — tg Ф 2 2 к
деЛ
sin В sinC
Далі
А к - 1 A sin В -- sin С tg ІР = tg - • ь ! = tg у sinB + sinC
В + С \В-С\ А
COS —-— sin , sin —
___2 2 А 2
b + С В-С = tg 2 ' А
sin —"— cos —-— cos —
2 2 2
. |В-С| Sin 2
В-С cos— 2
2^
= tgytg
|B-C|
2
Отже,
28


7^
tg F = tg у tg
|B-C| 2
Задача 8. Довести, що в трикутнику ABC
AI b + c ILr= a
Дов едения. ПозначимоВЬі “x Тоді CLi = a — x та
c ac
= - > звідки x = ; b b + c
„ AI AB AI c
Оскільки — = —7— »то — = - ’ або
ILi Bh ILi x
AI_ b+c
Ih" a
Задача 9. Бісектриси трикутника ABC діляться інцент- ром в одному й тому самому відношенні, починаючи від вершини.
Довести, що трикутник ABC — рівносторонній.
Доведення. За умовою цієї задачі і, враховуючи результати задачі 8, маємо:
Ь + с а + с „ ,2 , 2
= —;— > або b + Ьс = а + ас.
а b
Далі а + с а + Ь „ і2 , ,
—;— = »або b + ab = с + ас.
b с
Віднімаючи рівняння, які дістали, одержимо b (с-а) + (.с-
-а) (а + с) =0, звідки с = а.
Аналогічно доводиться, що ая А Отже, трикутник ABC — рівносторонній
To4KuWt(i = 1; 2; 3)
Позначимо точки перетину продовження бісектрис la, lb, ІС внутрішніх кутів трикутника з описаним Коломию, И^, W3 (рис. 25).
Зазначимо, що діаметр цього кола, якому належить одна з точок Ж/ (ія 1; 2; 3), належить осі симетрії відповідної сторони трикутника.
Задача 10. Довести, що
WiI~WiB~WiC. (4.5)
29


Доведення.
AICWi = ІС + LBCWi = у (С + А)
(рис. 25).
AлeAWlIC = LICA + ACAI = ^ (С + А). Отже, AICWi = =AWiIC, тоді CWi = IWi. Але CWi- WiB, а тому Wil = = WiB = WiC.
Задача 11. Довести, що у будь-якому нерівнобедреному трикутнику бісектриса лежить між медіаною і висотою, проведеною з тієї самої вершини.
Доведення. Розглянемо медіану АМ\, бісектрису
ALi і висоту АНі (рис. 25). Оскільки точка JFi є серединою дуги BWiC, то проекцією точки Wi на сторону ВС є точка Мі. Таким чином, якщопроек- тувативідрізок AlFi на відрізок ВС, то точки Мі і Ні е проекціями його кінців, а це означає, що точка Li лежить між точками Мі і Ні.
Задача 12. Бісектриса ALi трикутника ABC перпендику¬
лярна відрізку ОНі. Довести, що чотирикутник OAHiWi — ромб.
Доведення. Оскільки відрізки OWi і АНі паралельні (рис. 25), то AOWiA = AWiAHi, а оскільки OWi = ОА, то AOAWi = AOWiA, тобто AOAWi = LWiAHi, а отже, ОА=AHi=OWi = WiHi (відрізкиОА, ОНі, ЖіЯі на малюн- ку не показані).
Задача 13. Визначити кути трикутника, у якого медіана, бісектриса і висота, проведені з однієї вершини, поділяють кут при цій вершині на чотири рівні частини.
Розв’язання. Опишемо навколо трикутника ABC коло. Продовжимо бісектрису кута ВАС до перетину з колом в точці Wi (рис. 25).Тоді AWiAHi = LMiWiA.Враховуючи умову, маємо
LMiAWi = £Мі^іА,аотже,АМі = MiWi.
ЗО


Звідси випливає, що перпендикуляру од відрізка ЛЖі у його середині належить і точка Мі, і точка О. Отже, LBAC = 90 °.
Таким чином, LACB = LACH і = 22’30', LABC = = LABHi = 67’30'.
Задача 14. 1) Довести, що в трикутнику ABC бісектриса кута ВАС є бісектрисою кута ОАН; 2) знайти кут ВАС, якщо бісектриса AL (L належить відрізку ОН) кута ВАС перпендикулярна до відрізка ОН; 3) довести, що в цьому випадку довжина відрізка AL бісектриси дорівнює
I У а2 + і2 + с2 - 5R2 .
Розв’язання.
1. Оскільки відрізок OWi паралельний відрізку АН і OWi-OA, то (рис. 25) LOWiA = LOAWi = LWiAH.
2. Оскільки AL — бісектриса кута ОАН, то О A e АН або, згідно з формулою (1.3), враховуючи, що Л < 90‘, R^ = 2 cos А. Звідси cos Л = ^ > А = 60°.
3. Оскільки в трикутнику ОАН відрізок AL ділить відрізок ОН навпіл, то з трикутника OAL, враховуючи формулу (1.4), маємо
AL2 = ОА2 -OL2 = R2-± (9R2 - (а2 + Ь2 + с2)) =
2 . г2 t 2 а + Ь + с — 5К
= 4
Задача 15. Довести, що центром кола, описаного навколо трикутника ВІС9 є точка Жі.
Розв’язання. Це випливає із співвідношення (4.5).
Задача 16. Довести, що коли у трикутнику ABC інцентр І належить прямій Ейлера, то цей трикутник рівнобедрений.
Доведення. Оскільки відрізок ОМі паралельний відрізку ЛЯ (рис. 26), то трикутник OIWi подібний трикутнику НІЛ. Отже,
31


01 OWi IH~ АН
OI OW3
Аналогічно — = — • Отже, АН = CH, а з цього випливає, ІН сн
що ВС-АВ.
Задача 17. Бісектриса кута ВАС гострокутного трикутника ЛВС перпендикулярна до прямої Ейлера. Довести, що s-l^a + c).
Доведення. Оскільки AOWiA = AWiAH = AOAWi і АН = 2Л cos А (за формулою 1.3), то R ■ 2R cos А, А = 60’.
Враховуючи формули (4.1) і 5 = — be sin А, дістанемо
Іа(Ь + с) = 45, або S = ~ Іа (Ь + с).
Трикутник W1W2W3.
Задача 18. Довести, що інцентр І трикутника ABC є ортоцентром трикутника ІУІИ^Жз (рис. 27).
Рис. 27
Доведення. Позначимо точки перетину відрізків AWi, BWi, CW3 зі сторонами трикутника W1W2W3 як Qi, Q2, Q3. Доведемо, що LIQ3W3 = 90’. Справді, CWi = » WVi ACWrW2 = AW^WrA.
кож висоти, тобто ЖіИ^Жз.
Отже, у рівнобедреному трикутнику С Wi/відрізок Оз Wi — бісектриса, а отже, медіана і висота.
Аналогічно доводиться, що відрізки WiQy і W2Q2 таточка І — ортоцентр трикутника
Задача 19. Довести, що кути трикутника ІГіЖііГз дорівнюють (рис. 27) AW2W2W3 = 90’ - у; ^ЖіЖз =
В с
= 90’ - у; AWiW3W2 = 90’ - - •
32


Доведення. Справді, LW2W2W3 = Z.W2W1A +
+ /.AW1W3= AW2BA + AACW3= у + у = 90’ - у. Ана- логічно знаходимо значення інших кутів.
Задача 20. Довести, що трикутник Ж1Ж2Ж3 — гострокутний.
Вказівка. Це випливає із задачі 19.
Задача 21. Довести, що: 1) трикутник Q1Q2Q3 єортоцен- тричним трикутником трикутника W1W2W3 (див. задачу 18); 2) трикутник ABC гомотетичний трикутнику Q1Q2Q3 при гомотетії з центром у точці І і коефіцієнтом ів2; 3) пряма ОІ є прямою Ейлера трикутника W1W2W3.
Доведення.
1. Оскільки точка/є ортоцентром трикутника И'іИ'гИ'з, то твердження задачі доведено.
2. Оскільки точки Qi, Q2, Q3 ділять відрізки AI, ВІ, СІ навпіл, то твердження доведено.
3. Оскільки точка І — ортоцентр трикутника W1W2W3 і він вписаний в коло з центром О, то пряма ОІ — пряма Ейлера цього трикутника.
Задача 22. Довести, що: 1) площа S» трикутника р
W1W2W3дорівнюєSw = R—', 2) якщо8 — площатрикутни-
S 2г
ка ABC, то —= —; 3) S ^ 8».
Доведення.
1. За формулою (2.1) 5» = Rpa, де рв — півпериметр трикутника Q1Q2Q3 (див. задачу 18), який є ортоцентрич- ним трикутником трикутника Н'ІЖзЖз. Але ра “—р, а от-
р же, Sw = R — ■
р
2. Враховуючи, що В = гр та Sw = /? у > маємо:
S гр 2г Sw D В ^
З - 4-3082
33


3. НерЛ й ь зродиться до нерівності 7? > 2г (див. співвідношення JJ) к
Задача 23,Довести, щосерединивідрізків Ж1Ж2, Ж2Ж3, W1W3, Лі і, Л 2, Л Уз, ТА, IB, IC належать одному й тому самому колу.
Доведе я н я. Із властивостей трикутника W1W2W3 робимо висновок, що всі дев’ять середин відрізків належать колу дев’яти точок трикутника ЖіЖгЖз.
§ 5. ВПИСАНЕ Й ОПИСАНЕ КОЛА
Задача 1 У трикутнику ABC АКз = АК2 = р- а, ВКі = ~ВКз=р~Ь, СК^СК2^р-а
Довести.
Доведення. ПозначимоАКз=х,ВКі=у, CKi^z.Тоді (рис. 28)
Рис. 28 Рис. 29
х = с-у, Х = Ь-Z,
2x = b + c- (y + z) ~Ь + с-а=*2р-2а,х=р-а. Аналогічно доводиться, щоу = р-Ь, г = р-с.
Задача 2. Довести, що мають місце формули
r=(p- a) tg~;
(5.1)
34


ABC 4R sin — sin — sin — • 2 2 2
(5.2)
Доведення.Формулу (5.1) дістаємо,скориставшись задачею 1, розглянувши ААІКі. Доведемо формулу (5.2)
S 2R2 sin A sin В sin С 2R2 sinA sin В sin С
р R (sin Л + sin В + sin С) А В С
4R cos — cos — cos—
ЛВС
= 4R sin — sin — sin — • 2 2 2
Задача 3. (Формула Ейлера). У трикутнику ABC OI2 = R2-2Rr. (5.3)
Довести.
Доведення. Перший спосіб.НехайWi — середина дуги ВС (рис. 29). Проведемо перпендикуляр ID (точка D належить діаметру WiE кола, описаного навколо трикутника ABC) до WiE.
Із трикутника WiOI маємо
ОІ2 = OW2 + IW2 - 2ОЖі • WjD.
Але WiD=r + MiWi. Тому
ОІ2 = R2 + IW2 - 2R(r + М1Ж1) =
= Л2 - 2Rr + IW2 - 2R-MiWi.
Доведемо, що CW2 = 2R х х MiWi. Справді, з прямокутного трикутника И^їСЕвипли- BaejUjoCM = 2R-Мі Wi. Враховуючи, що CWi =Г№і (співвідношення (4.5)), формула Ейлера доведена.
Другий спосіб.
Із трикутника ОІВ за теоремою косинусів (рис. ЗО)
ОІ2 = OB2 + BI2 - 2ОВ X х BI cos LOBI. Але OB^R,
г
ВІ В sin- 2
В
LOBI = у - (90° - Л) .
з*
35


r2
OI2 = R2 A . 2B sin -
І в
2Rrsin И + t
I 2
8ІП~ 2
sin
= R2 -2Rr
В A+ 2 A 5 в sin?
2
А В С\
4R sin — sin — sin —
2 2 2
2Rsin2- 2
cos —-— - cos — + COS —
2 2 2 2
= Л2 - 2Rr —
sin — 2
cos
= Л2 - 2Rr —
2
В
- = R2- 2Rr.
sin— 2
Отже, OI2-R2-2Rr.
Наслідок:
R ^ 2r.
(5.4)
Задача 4. Довести, що в трикутнику ABC т,п, І — відповідно відрізки AI, ВІ, СІ.
Доведення. З одного боку,
abc mnl
= , ДЄ
P r
АІ = ~ sin 77 2
AI-BI-CI =
8ІП~ 2
Л4Я
CI c
ABC 4R sin — sin — sin — 2 2 2
sinT
4Rt? і
= ARr2.
З іншого боку,
abc 4RSr
—.“ —~— = 4.Rr. P s
Отже, твердження задачі доведено.
36


Задача 5. Довести, що в гострокутному трикутнику ЛВС
ОМ і + ОМ2 + ОМз ~R + r.
Доведення. Враховуючи формули (1.1) і (1.3), маємо
ОМі 4- ОМ2 + ОМз = R cos Л + R cos В + R cos С =
(л в с\
1 + 4 sin — sin — sin — = 2 2 21
ABC = R + 47? sin — sin — sin — = 7? + r.
2 2 2
Як зміниться формула для тупокутного трикутника?
Задача 6. Довести, що в трикутнику ABC: 1) S =
А В С 1
= ^Р(Р~ а)(р - Ь) (р - с) ;2) sin - sin - sin — S - • Z Z Z О
Доведення.
1. Доведіть самостійно, що А В С ABC ctgy + ctgy + ctgy = ctgyctgyctg- •
До цього співвідношення застосуємо формулу (5.1). Тоді маємо
р-а+р-Ь+р-с (р - а) (р - b) (р - с) _ ~ з ’
г г
або
(Зр - 2р)? = (р - а) (р - Ь) (р - с).
Помноживши обидві частини рівності на р, дістанемо
Р2^ = Р(р - а) (р - Ь) (р - с).
Враховуїсшцшр^ї^^ — а)(Р “ Ь)(р — с).
Звідси 5 = /р(Р - а) (р^ W(P~^)-
2. Запишемо нерівність 7? > 2г за допомогою формули
(5.2). Дістанемо
„ ABC R ^ SR sin — sin — sin — > 2 2 2
або * Л В С 1
sin — sin — sin — < — • 2 2 2 8
37


Задача 7. У прямокутному трикутнику ABC (С « 90’) АКз = т, ВКз = п. Знайти площу трикутника ABC.
Розв ’ язання.ЗгідноззадачеюАКз*=р-а,.ВА'з=р- - Ь. Тоді
S2 = р(р - а) (р - Ь) (р - с) =ртпг,
S2 = Smn, звідси S “ тп.
Задача 8. Довести, що відрізок АКі (так само, як і відрізки ВКз і СКз) розбиває трикутник на такі два трикутники, що вписані в них кола дотикаються одне одного.
Доведення. Припустимо, що кола, вписані в трикутники АКіВ та АКіС, не дотикаються (рис. 31). Позна- А
Рис. Зі
чимо точки дотику кожного з кіл зі сторонами цих трикутників Ті, Тз, Тз,Та, Ts, Те. Відрізки ТіВ=у, ТзА = и, Т3Т4 = = 1, TsC = t, ТіКі = x.Toa,it+x + l+x + y+y+u + l+u + t= 2р, абоІ+и=р-(х+у+іУ.Алех+і^р-с, ау+и = с. Таким чином, І+и^р-(р-с + у) = с-у=и. Отже, /=0, іточкиТз і Ті збігаються.
Задача 9. У прямокутному трикутнику ABC (.С = 90’) через вершину С проведено відрізок CD (точка D належить стороні АВ) так, що кола, вписані у трикутники CAD і CBD, рівні між собою. Довести, що CD = 'fs.
Доведення. Позначимо CD=х (рис. 32). Очевидно, що
S = Sacd + Sdcb = Piri + Р2Г1 = (pi + Р2)Г1, де pi і р2 — півпериметри трикутників ACD і DCB; п — радіус рівних кіл, вписаних у ці трикутники. Отже,
38


s s
Г1 pl + Pl P+X
Позначимо Л, Li— інцснтри трикутників ііл і ОБО. із подібності трикутників AIL' і І\Щ дістане?- к
Нехай FiN — точки дотику кіл до стсг ;: >. . /иге th =
= FN^FD+DN,AsFD=р2-а, DN^pvb (згідноз задачею 1,§5).
Таким чином, hh=рі-Ь+р2~ а^р+х-Ь- а. Отже,
S
Р Р+х
За формулою (5.1) r-p-с. Отже, х2 = pr = S; звідси х = /5 .
Задача 10. Пряма, що проходить через інцентр, поділяє площу і периметр трикутника в одному й тому самому відношенні. Довести.
Доведення. Нехай пряма, що проходить через id- центр/, перетинає сторони/,.# і ВС в точках 9 j О відповіді о (рис. 33). Тоді
Sdacf Sadi + Saic + Sifc
Sbfd
Sdib + Sbif
^ADr + ^AC г ‘-^CF-r £ £ £
~DB-r + ^BF-r
39


AD +AC + CF BD + BF
Задача 11.3 вершини С прямого кута прямокутного трикутника ABC проведена висота CD. Нехай CD = h; г, гі,гг — радіуси кіл, вписаних у трикутники ABC, CBD, ACD; R, Ri, R2 — радіуси кіл, описаних навколо цих трикутників.
Довести, що: 1) г?+ г2 = г2;
2) Л?+ R2= R2’, 3) г + п+ г2= Л;
4) 71/1 = 2г2 (/і, І2 — інцентри трикутників BCD і ACD).
Доведення.
1. Трикутники ABC, CBD, ACD — подібні. Тоді
П 51 ^ ^2
г~ s' s
(5і і Вг — площі трикутників BCD і ACD).
Таким чином,
гі + Г2 _ 51 + $2 _
r2 ~ S “ ’
Отже,
л
Гі + г2 = г .
2. Аналогічно можна показати, що Л? + R2 = R2. (Можна показати, що І2 + l2 = І2, де l2, l2,1 — відповідні лінійні елементи трикутників, що розглядаються.)
3. Перший спосіб.
n _ п _ г а Ь с
або
г2 + г2 + г г
а + Ь + с с
Звідси
2рг
гі + г2 + г = = h.
с
40


Другий спосіб. Позначимо BD = ci, AD■ сз.
З формули (5.1) випливає, що коли АС = 90°, то г» а+Ь-с .
= — За цією формулою
гі + Г2 + г =
h +сі- a + h + C2-b + a + b-c
2
= h.
4. Оскільки LI1DI2 = 90°, a LIiDB = LhDA = 45°, то в трикутнику hDIi hl2 = 2г2 + 2г2 = 2(г2 + г2) = 2г2 (див. задачу 11, § 1).
Задача 12. Трикутник ABC вписаний у коло радіуса R.
Довести, що: 1) IC2 -ab- 4Rr, 2) ID2 - 4R2 -ab,neD — точка, діаметрально протилежна точці С.
Доведення.
1.3 трикутника СІКі (рис. 34)
2 г2
а2 —
sin2^ 2
Рис. 34
Але 2 sin2 — = 1- cos С = 1— 2
а2+ і>2- с2 _ 2(р - д) (р - Ь)
2ab ab
Звідси знаходимо, що СІ2
ab(p-c) Л .
= Оскільки abc =
р
= 4)?5 = 4Rpr, то CI2 = ab — 4Rr.
2. За формулою Ейлера, ОІ2 ^R2- 2Rr. Оскільки 01 —
1 CD2
медіана ACID, то ОІ2= — (СІ2+ DI2) — ——. Звідси R2 —
-2Rr = ^ (ab - 4Rr) + ± ID2 - R2. Отже,
ID2 = 4R2-ab.
Задача 13. У трикутнику ABC проведені медіани АМі, ВМ2, СМз. Довести, що коли радіуси кіл, вписаних в трикутники ВСМ2, САМз, АВМі, рівні між собою, то трикутник ABC — рівносторонній.
41


Доведенні!. Оскільки у трикутників АВМі, ВСМ2) САМз рівні площі і радіуси вписаних кіл, то рівні й їх пери- а b с
метри, тобто С Т“4- Ніа = й + у+ nib - Ь + ~ + !НС. Припустимо, що трикутник ЛВС не рівносторонній, наприклад, а> b > с (інші випадки розглядаються аналогічно). Із рівності
a b
^ 4. —. 4. ma = й 4. - 4. mb
випливає, що а + b “-у— ~ С + (ть - ГПа) = 0.
Оскільки, за нашим припущенням, с — найменша сторона, то
а + b
—— — с > 0.
2
Доведемо, що ть — та ^ 0. За допомогою формули (3.1) перетворимо цю нерівність таким чином:
2а2 + 2с2 - і2 £ 2Ь2 + 2с2 - а2, За2 > ЗЬ2, а>Ь, що справджується за припущенням а> b > с. Отже, а + b
2 " - С + (ть - Ша) > 0.
Знак рівності у співвідношенні (5.4) має місце тільки тоді, коли а = Ь = с.
IM2, а також CI = г ,(2 ,
Задача 14. Центроїд прямокутного трикутника лежить на колі, вписаному в цей трикутник. Знайти гострі кути цього трикутника.
Розв’язання. У трикутнику ABC (С = 90°), а — менший катет, b — більший катет (рис. 35). За умовою г2 =
2 с с
CM = — • у = ^ • За теоремою
косинусів Ш2= СІ2+ CM2- 2СІ-CM cos LICM, AICM = = ^- - А. Отже,
4
42


г2 = 2r2 + -- — 2rV7 — cos (у — а\, 9 З І4 І
або
9 + І "І - 6 V7 - cos f^- — Л^ = 0. (5.5)
ІН г 4
а + b - с
Враховуючи, що г = > маємо
с 2
г sinJ + COS Л - 1
Оскільки Vicos І? -Л| = sin Л + cos А, то, позна- чивши х = sin Л + cos л, рівняння (5.5) запишемо так:
+ 9 = 0.
Звідси Зх2 + 6х -13 = 0. Таким чином,
х = ^^ — 1; cos Л + sin Л = ^^ — 1;
Задача 15. Довести, що трикутники W1W2W3 і К1К2К3 гомотетичні з коефіцієнтом гомотетії ^ = у (рис. 36).
Доведення. Справді, якщо провести в точках Жі, Ж2, Жз дотичні до кола, описаного навколо трикутника ABC у то дістанемо трикутник А'В'С, гомотетичний трикутнику АВС^ а образом трикутника К1К2К3 буде трикутник Ж1Ж2Ж3. Оскільки коло, описане навколо трикутника
43


ABC, буде вписане в трикутник А’В'С, то коефіцієнт to- В мотетії к = — • г
Задача 16. Довести, що пряма, якій належать центр О кола, описаного навколо трикутника ABC, й інцентр І, є прямою Ейлера трикутника К1К2К3.
Доведення. Справді, пряма ОІ є прямою Ейлера трикутника W1W2W3, гомотетичного трикутнику К1К2К3, і цій прямій належить точка І — образ точки О.
Задача 17. Довести, що площа трикутника К1К2К3 (Sk) рг2 дорівнює — ■
2R
Доведення. Оскільки трикутник К1К2К3 гомотетич- г нии трикутнику W1W2W3 з коефіцієнтом гомотетії — > а
Р р г рг
SW2W2W3 = R-> то Sk = R--i = —
Задача 18. Довести, що 5 = 2 '{SwSk. Доведення.
р pr2 S2 у
SwSk = л 7 • ^ = т ’ звідси S = 2 fs^Sk .
2 4 ’
44


§ б. ЗОВНІВПИСАНІ КОЛА
Коло, дотичне до однієї з сторін трикутника і до продовження двох інших, називається зовнівписаним. Центр зов- нівписаного кола, що дотикається, наприклад, до сторони ВС трикутника ABC (Jo), знаходиться в точці перетину бісектрис зовнішніх кутів при вершинах В і С або в точці перетину однієї з цих бісектрис і бісектриси внутрішнього кута ВАС. Позначимо радіуси зовнівписаних кіл, які дотикаються до сторін ВС, АС, АВ, відповідно га, гь, ге.
Задача 1. Відстані від точок дотику зовнівписаного кола, які належать продовженню двох сторін трикутника ABC до їх спільної вершини, дорівнюють півпериметру р трикутника ABC. Довести.
Рис. 37
Доведення. Нехай, наприклад, зовнівписане коло з центром І а дотикається до продовжень сторін АВ і АС трикутника ABC в точках Т2 і Тз, а до сторони ВС — в точці Ті (рис. 37).
Позначимо СТі = х, ТіВ = -у. Маємо
АТ2 — с + у, АТз = b + х,
2p = a + b + c = x + y+b + c =
— Ь + х + с + у = АТз + АТз. АлеАТз^АТз, тому ІАТз^Ір, звідкиАТ2“ АТз =р. Задача 2. Довести формули:
S
га = ; (6.1)
р-а
го-рЧг; (6.2)
Га = (Р ~ Ь) Ctg у • (6.3)
А
Доведення.ОскількиАТг“рі /-ТгАІа = — >тога = А '
= Р tgy • Дістанемо формулу (6.2). Застосуємо формулу
45


s
(5.1). Маємо ra = pt& — = p — = Формулу (6.1)
^ P — a p — a
доведено. Формулу (6.3) можна дістати, розглядаючи трикутник СІаТз.
Задача 3. У трикутнику ABC IWi = Wila, де Wi — точка перетину бісектриси кута ВАС з описаним навколо трикутника ABC колом. Довести.
Доведення. Оскільки LlaCI прямий І СІРІ = W1I (див. співвідношення (4.5)), то IaWi = Wil (рис. 38).
Задача 4. Формула Ейлера для зовнівписаного кола. Довести, що
ОІ2а = R2 + 2Rra.
Доведення. Із трикутників OWila (рис. 39), опустивши перпендикуляр IaD на продовження відрізка OWi, маємо ОІ2а = OW2 + IaW2 + 2ОЖІ • DW1.
Враховуючи, що Wila = CWi, дістаємо CW2 = 2R -MiWi. Отже, ОІ2а= R2+ 2R-MiWi+ 2R• WiD = Я2+ 2R(MiWi+ + WiD) = Я2 + 22? ■ MiD.
Оскільки MiD “ ra, то формула Ейлера для зовнівписаного кола доведена.
Трикутник IJblc
Задача 5. Довести, що трикутник ABC є ортоцентрич- НИМ трикутником у трикутнику ІаІЬІС'
46


Доведення. Справді, це випливає з того, що бісектриси внутрішніх кутів трикутника перпендикулярні до бісектрис його зовнішніх кутів.
Задача 6. Довести, що 1) в трикутнику 1аЫс (рис. 40) ABC
кути дорівнюють 90° - у , 90° - у, 90° - у, 2) радіус кола, описаного навколо трикутника ІМс, дорівнює 2Л;
3) трикутники ЖіЖгТУз і ІаІьІс гомотетичні, й коефіцієнт гомотетії дорівнює 2.
Доведення. 1) Llclah = = 180° ~ LBIC = 180° ~ (90° +
И А
+ у) = 90’ — — • Інші кути знаходимо аналогічно; 2) це випливає з того, що радіус кола, описаного навколо ортоцент- ричного трикутника, для ІаІьІс
дорівнює R; 3) доведення випливає з задачі 3.
Задача 7. Довести, що центроїд трикутника ІаІьІс належить прямій ОІ.
Доведення. Справді, точка О — центр кола дев’яти точок трикутника ІаІьІс, а отже, твердження доведено.
Рис. 41
Задача 8. Довести, що точки, симетричні точкам Іа, Іь, Іс відносно точки О, належать колу з центром у точці І й радіусом 22?.
Доведення. Позначимо центр кола, описаного навколо трикутника ІаІьІс, через Т (рис. 41) і скористаємося властивостями кола дев’яти точок (рис. 41).
Точка О є центром кола дев’яти ТОЧОК у трикутнику ІаІьІс. Отже, Tia ~ FD~2R (FiD — середини відрізків Іс ІЬ, Па). По- будуємо точку Іа', СИМетрИЧНу Іа відносно О. Оскільки ТО = ОІ, то ТІаІІа — паралелограм і ТІа = = Па' = 2R.
Аналогічно ТЛ,' = 22?, ТІе' = 22?, а отже, твердженнядове- дено.
47


Задача 9. Довести, що:
,1111
1) -=—+—+—;
' Г Га Гь Гс
2) Га + Гь + Гс = 4R + Г,
3) d2 + d2 + d2b + d2c = 12R2
(d = 01 у da = ОІаі db “ ОІь> de = Ofc')»
Доведення.
і _ р, 2. Р~д 1 р-& * 7s? 7 = ’ ~b= S ’
Додаючи ці рівності, дістанемо:
1 р — с
— = —— (див. (6.1)).
Гс S
111 р-а+р-Ь+р-с 1
Га Гь Ге S Г
2 Га- ^ = У^^^^НД = р(р ~ ft) (р ~ С) .
' а р — а і р — a S ’
, Р(Р - а) (Р - с) , Р(Р ~ g) (Р ~ ^) .
Гь~ S ’ е~ S
r=s= ij^^p^V^^ Га + гь = _Р^ &. р S * S'
r -г- & - а) (Р - ^) .
г. + г, + г. -r.^L=J!lSL^LtJit^!lL = ^£ = 4Я.
3. d2 + dl + db + de = R2 - 2Rr + R2 + 2Rra + Л2 + + 2Rrb + Л2 + 2Rrc = 4Я2 + 2R(ra + rb + rc) - 2Rr = = 4R2 + 2R{4R + r)~ 2Rr = 12Л2.
Задача 10. Довести формулу Герона:
S = '{р(р - а) (р - J) (р - с) . Доведення.
В В
re = (p-c)ctg-’ r=(p-i)tgy
48


Отже, rar = (р — b)(p - с), або
S
- = (p-b)(p-с).
Звідси
S2 = р(р - а) (р - b) (р - с), або
S = Y₽(p - a) (p - d) (p - с) .
Задача 11. Знайти залежність між радіусами га, гь, гс прямокутного трикутника ABC (С = 90’).
Розв’язання. За формулами (6.2) і (6.3)
га = р - Ь, гь = р - а, Гс = р.
Звідси а = гс — Гь, b = гс — га, с = га + Гь.
Але с2 = а2 + Ь2, тому
(Га + Гь)2 = (ГС ~ Гь)2 + (Гс - Га)2, або
ГаГь + ГьГс + ГсГа = Гс.
Задача 12. Якщо у гострокутному трикутнику ABC LCAB = 60’, то точки В, С, Іа, І, Н, О належать одному колу. Справедлива й обернена теорема. Довести.
Доведення. Позначимо LCIaB = х, LCIB = а, LCHB = 0.
Тоді х = 90’-1 = 60’, а = 90°+^=120\ 0 = = 180’ - 60’ = 120’, а це доводить твердження задачі. (У чотирикутниках ВІСІа і ВНСІа сума протилежних кутів дорівнює 180’.)
Задача 13. Довести, що
П2 = 4R(ra - г).
Доведення. ОскількиІІа - 2lWu aIWi = 2R sin~’ то формулу, яка доводиться, можна записати у такому вигляді:
sin
2- = 2
Гд-Г
4R
(6.4)
Доводимо формулу (6.4):
4 - 4-3082
49


s s
rg^S 2a
sin2 =
p-a
2a
p
— sin Л =
S sin Л 2a
> - p 4- a p(p-a)
Sa 5ІпЛ S 1 БІпЛ Га sinH
2ap(p - a) p-a p 2 P 2
AAA .A
= tg — sin — cos — = sin — • ® 2 2 2 2
Задача 14. Дано трикутник ABC з сторонами а, Ы с, ъ який вписане коло. До нього проведено дотичну, яка перетинає сторони трикутника АВ і АС відповідно у точках Di і D2. Знайти периметр і площу трикутника AD1D2, якщо D1D2 ” т.
Розв’язання. Розглянемо трикутник AD1D2 (рис. 42). Коло, вписане в трикутник ABC, буде зовнівписане в трикутнику AD1D2. Позначимо точки дотику вписаного кола до сторін АС і АВ відповідно через Кг і Кз. Тоді півпериметр трикутника AD1D2 дорівнюватиме відрізку АКг (або АКз), тобто р - -а, а периметр цього трикутника дорівнюватиме 2(р - а) (р — півпеример трикутника АБО.
Знайдемо площу Sx трикутника AD1D2'. Sx=r (рх-т),де рх— півпериметр трикутника AD1D2.
Ми показали, що px^p-а. Тоді Sx- г(р — а- т), де S г = — •
Р
Задача 15. У трикутник ABC вписане коло. Дотичні до цього кола, паралельні сторонам трикутника, відсікають від нього три маленькі трикутники. Дано радіуси кіл гі, ъ, гз, вписаних у ці трикутники. Знайти радіус кола, вписаного в трикутник ABC.
Розв’язання. Нехайрі, р2, рз — півпериметрималеньких трикутників; р — півпериметр трикутника ABC. Тоді рі+рг+рз^р.
Оскільки трикутники подібні, то
50


Pl Н Р2 Г2 рз Гз
р Г р Г р Г
Звідси
Р1+Р2+ РЗ Г1 + Г2 + ГЗ
Р " г
або г = и + гг + гз.
Задача 16. Точки дотику зовнівписаного кола до сторони ВС і прямих АВ і АС позначимо Ті, Тг, Тз. Довести, що пряма АТі поділяє периметр трикутника ABC навпіл (рис. 37).
Доведення. Оскільки АС+СТ^Ь+р-Ь^р, то пряма АТі поділяє периметр навпіл.
Задача 17. У трикутнику ABC проведено пряму, що перетинає сторони АС і ВС в точках М і N так, що MN = - AM + BN. Довести, що всі такі прямі дотикаються до одного й того самого кола.
Доведення. Розглянемо трикутник MNC (рис. 43), для якого деяке коло буде зовнівписаним і дотикається до продовжень сторін CM і CN у точках Р і Q.
Тоді
CP = CQ = рсш =
= I (CM + MN+CN) =
= I (CM + AM + BN+ CN) =
= ^(CA + CB), а це означає, що положення Р і Q — сталі.
Задача 18. Через точку D, що міститься всередині кута, провести пряму так, щоб трикутник, який відтинається від кута цією прямою, був 1) заданого периметра 2р; 2) найменшого периметра.
Розв’язання. 1. На сторонах кута MAN (рис. 44) відкладено рівні за довжиною відрізки АТів АТз ш р. Побудуємо коло, яке дотикається до сторін кута в точках Т1ІТ2, і через точку D проведемо до нього дотичну. Трикутник ABC
4'
51


—шуканий. Згідно з задачею 1, § 6, його периметр дорівнює 2р.
2. Проведемо через точку D (рис. 45) коло, яке дотикається до сторін кута, і дотичну до цього кола. Ця дотична
Рис. 44
перетинає сторони кута в точках В і С. Доведемо, що трикутник ABC — шуканий. Для цього порівняємо його периметр і периметр іншого трикутника, наприклад ВіСіА. Проведемо дотичну В2С2, паралельну відрізку ВіСі, який проходить через точку D. Тоді периметр трикутника АВ2С2 дорівнює периметру трикутника ABC, а периметр трикутника АВ1С1 більший за периметр трикутника АВ2С2.
Задача 19. У кут вписане коло, яке дотикається до сторін кута в точках Лі і Ві. Провести до меншої дуги, обмеженої точками дотику, дотичну так, щоб трикутник, який відтинається, мав найбільшу площу. Довести, що довжина цієї дотичної буде найменшою.
Розв’язання.
Нехай бісектриса заданого кута ВіОАі перетинає мен¬
шу дугу кола в точці D (рис. 46). Проведемо дотичну до кола
Рис. 46
в цій точці. Вона перетинає сторони кута в точках F Ні Е. Дістанемо трикутник AFE. Якщо в кожній точці дуги провести дотичні, то дістанемо множину трикутників. Доведемо, що трикутник OFE матиме найбільшу площу. Проведемо дотичну в довільній, відмінній від точки D, точці
меншої дуги. Дістанемо трикутник OF1E1. Радіус кола, вписаного в трикутник OFE, буде більший, ніж радіус кола, вписаного в трикутник OF1E1 (оскільки центр Оі першого з цих кіл знаходиться далі від вершини кута, ніж
52


центр О2 другого кола). А оскільки півпериметри цих трикутників рівні між собою (ОА1 чи ОВі), то більшою буде площа трикутника OFE.
У трикутнику OF1E1 позначимо: гх — радіус вписаного кола, р — півпериметр, аі — відрізок дотичної F1E1, LA1OB1 = а. Тоді за формулою (5.1) г* ctg у = р - аі.
Якщо величина гх — найбільша, то відрізок аі — найменший. Отже, EF — найменша з дотичних. Друге твердження задачі доведено.
§ 7. ВПИСАНЕ ПІВКОЛО
Назвемо півколо, що міститься всередині трикутника, вписаним у трикутник, якщо воно дотичне до двох його сторін, а його діаметр належить третій стороні трикутника.
Нехай Оі — центр півкола, який належить стороні ВС, a Fi і F2 — точки дотику півкола до двох інших сторін трикутника ABC (рис. 47). Оскільки кути CF1O11BF2O1 — прямі, то кути АСВ і ABC — гострі, а це означає, що три півкола можна вписати в гострокутний і прямокутний трикутники.
Задача 1. Розглянемо трикутник F1H1F2, де Ні—основа
висоти АНі (рис. 47). Довести, що бісектриса кута F1H1F2 належить висоті АНі.
Доведення. Оскільки Z.O1F1A =LOiFiA = 90°,тоточ- ки Оі, Fi, A, F2 належать колу з діаметром ОіА. А оскільки ААНіОі = 90°, то цьому самому колу належить і точка Ні, тобто
Рис. 47
трикутник F1H1F2 буде вписаним у нього. Відрізок ОіА
належить осі симетрії відрізка F1F2, а точка А — колу, яке розглядається. Отже, відрізку АНі належить бісектриса
трикутника F1H1F2, проведена з точки Ні. Наслідок 1.
LF1H1C = AF2HiB.
(7.1)
Задача 2. Розглянемо трикутники зі спільною стороною F1F2 і з третьою вершиною, яка належить діаметру D1D2
S3


півкола (рис. 48). Довести, що серед таких трикутників трикутник H1F1F2 матиме найменший периметр.
Доведення. Для доведення цієї властивості розглянемо лему: «Точка, симетрична одній із двох вершин Fi або F2 трикутника F1H1F2 відносно діаметра D1D2, міститься з двома іншими вершинами цього трикутника на одній прямій».
Візьмемо, наприклад, точку Fi', симетричну точці F1 відносно діаметра D1D2. За властивістю симетрії і наслідком (7.1), дістанемо
LFi'HiC + LCH1F1 +
+ Z.F1H1F2 = ACH1F1 +
+ LF2H1B + LFtHiFi = 180*.
Аналогічно доводиться лема для точки F2', симетричної точці F2 відносно діаметра D1D2. Зауважимо надалі, що відрізки F1F2 і Fa'Fi перетинаються в точці Ні.
Тепер доведемо розглядувану властивість. Нехай Ні' — довільна точка діаметра D1D2 — така, що Ні' не збігається з точкою Ні. Позначимо периметри трикутників F1H1F2 і FiHi'F2 відповідно через Р і Р'. Тоді Р = F1F2 + F2F1', Р' = F1F2 + Fi'Hi' + Hi'F2. Отже,
Р' >Р.
Задача 3. Якщо провести дотичні до дуги F1F2 (рис. 49) в будь-якій з її точок (крім точок Fi і F2), то дістанемо трикутники, у яких одна вершина спільна (точка А), а дві інші — точки перетину дотичної до дуги F1F2 із сторонами АВ й АС. Довести, що всі ці трикутники мають однаковий периметр 2AF1 ~ = 2AF2, а найбільшу площу матиме трикутник, у якого сторона точкою дотику поділяється навпіл.
Доведення. Справді, для будь-яких із цих трикутників
півколо буде частиною зовнівписаного кола (§ 6), а отже, першу частину твердження доведено.
54


Друге твердження тотожне задачі 18 (§ 6). Доведемо його іншим способом.
Позначимо точку перетину дуги F1F2 з бісектрисою кута САВ через F (рис. 49). У точці F проведемо дотичну до дуги F1F2, яка перетинає сторони АС і АВ відповідно у точках D й Е. Доведемо, що площа трикутника ADE більша, ніж, наприклад, площа трикутника AMN, де MN — відрізок дотичної до дуги F1F2, проведеної через довільну її точку L. Трикутники ADE і AMN, які розглядаються, мають спільну частину — чотирикутник АЕКМ (К — точка перетину відрізків DEn MN). Порівняємо площі трикутників MKD і EKN. Оскільки кути при вершині К рівні між собою, то порівняємо сторони КЕ і МК, NKі KD. Покажемо, що КЕ < <MKiNK<KD.
Справді, КЕ = FE-FK= DF-FK = DF-KL = DFr - - KL< MFi -KL = ML-KL = МК, тобто KE < MK. Далі NK = NL + LK = NF2+ LK = NF2 + FK < EF2+ + KF=EF+ FK= DK,тобто NK < KD.
Отже,
Samn < Sade-
Метричні співвідношення
Позначимо радіуси півкіл, вписаних у гострокутний трикутник ABC, через Ra, Rb, Rc (центри цих півкіл належать відповідно сторонам ВС, АС, АВ).
Мають місце формули
25 25 25
Ra = > Rb = г ’ Rc = ’ (7.2)
2p-a 2p-b 2p-c
peS, p — відповідно площа і півпериметр трикутника ABC;
1112 ^ « = ’
Ra Rb Rc г
per — радіус кола, вписаного в трикутник ABC;
2R
Ra = >
(cosec В + cosec С) cosec А
(7.3)
(7.4)
peR — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC. Доведемо формулу (7.2). Очевидно, що (рис. 47)
111
S = SAO1C + SAOlB = -Rab + -Rac = - Ra(b + с),
peb = AC, c = AB
Звідси
55


2S
Ra — - 2p- a
Аналогічно доводяться дві інші рівності. Записуючи їх у вигляді
1 2р - а 1 2p-b 1 2р- с
R^ = ~2S^9 R^ = ~2^~9 ^= 2S
і додаючи почленно, дістанемо формулу (7.3).
Доведемо формулу (7.4). Очевидно, що
ВС = ВОі + СОі, але
ВОі^^-^ BC = 2RsinA, СОі = -^- sin В sin С
Тоді
2R sin А = ^«(cosec В + cosec С), або
2R Ra = (cosec В + cosec С) cosec A
Задача 4. Довести, що в трикутнику ABC
Ra Rb Rc г
”^44~=4ЇЇ *
Доведення.
А В
Ra = la sin — ’ Rb = lb sin — > Rc = lc 8ІП
А В C Ra Rb Rc = Шс sin — sin — sin — ■
Враховуючи формулу (5.2), дістанемо г RaRbRc = lalblc “ ’ ЗВІДКИ
Ra Rb He ^ Vibic =4k’
Задача 5. Довести, що в трикутнику ABC
111 — = + — • r Ra ha
Доведення:
№ I а
56


1 2р- а р а 1 1
= = — SS — — 5
Ra 2S S 2S г ha
111
звідки-» — + — • r Ra ha
Задача 6. Довести, що коли Ra = Rb = Ис, то трикутник ABC — рівносторонній.
Доведення. За умовою 25 25 25
2р- а 2р- b 2р-с Звідси ашЬ = с.
Задача 7. Довести, що площа трикутника ABC
1
S = -FiF2 • ЛЖі
(7.5)
(Жі — точка перетину бісектриси кута САВ з описаним колом, Fi, F2—точки дотику півкола до сторін АС і АВ).
Доведення. З подібності трикутників Л ЖіВ і ACLi (рис. 50)
AWi АВ AC ~Ah ’
або АВ ■ AC ^ AWvALi. До- множимо обидві частини рівнос- 1
ті на — sin А:
1 1
Рис. 50
—ЛВ • AC sin А = — AWi • ALi sin А.
Але AL2 sin Л = F2F2, а—АВ • AC sin Л = 5. Отже,
1
S = - FiF2 • AWi.
S7


Задача 8і. У трикутнику ABC точка Wi сполучена з точками Л і F2. Відрізки WiFi і W1F2 перетинають сторону ВС у точках Di і D2. Довести, що ScfiDi + SBD2F2 = e SDiWlD2‘
Доведення. Розглянемо чотирикутник AF1W1F2 (рис. 50). Його площа дорівнює — F1F2 • AWi, тобто дорівнює площі трикутника ABC. Оскільки у трикутника ABC і чотирикутника AF1W1F2 спільна частина — п’ятикутник F1AF2D2D1, то твердження задачі доведено.
Задача 9. У трикутник ABC вписано три півкола з центрами Оі, Ог, Оз, що дотикаються до його сторін у точках відповідно Fu F2, Qi, Q2, Ті, Т2. Довести, що
FiC JhAJTiB
F2B • QiC • Т2А
Доведення. Із подібності трикутників O1F2B1AH1B
OiFiCiAHiC (рис. 51) маємо:
Рис. Я
Отже,
F2B Ra F1C Ra
H^AH^ * Н^С^АН^ '
Звідси
FiC НіС
F2B " НіВ ’
Аналогічно
QA НА ТіВ НзВ
Q1C ° Н2С ’ ТА = НА
FiC • QA • ТіВ НіС • НА -НзВ hactgC hbdgAhcclgB F2B • QiC -ТА НіВ • H2C • HA ha ctg В hb ctg C hc ctgA
Задача 10. Якщо в трикутнику ABC LBCA = 90°, то
1X 1 1 1 1 1 1 , .
1 Г = - + 7; 2) ~—ТІ + Т—ТІ = Тг ’ а — відстань між яс a b (R + d)2 (R- d)2 R2
центрами описаного кола і вписаного півкола. Довести.
1 Авторська задача, яка була прийнята від СРСР на ХУШ Міжнародній математичній олімпіаді. Куба, 1987 р.
58


Доведення.
1. Перша формула випливає із співвідношення (7.2), якщо врахувати, що площа S дорівнює добутку катетів а та
Ь.
2 . Доведемо другу формулу. Нехай О — середина гіпотенузи АВ, Оз — центр вписаного півкола, Fi і Fj — точки дотику півкола до сторін 2JC і АС, точки МШ— проекції точок дотику на гіпотенузу АВ (рис. 52).
Оскільки
Рис. 52
LMFiO3=LF2O3N=LB й ОзЛ=
“ O3F3, то МОз = NF2 й О3М2 + O3N2 “ R2. Але О3В = ОВ + + ООз ^R + d, ОзА -ОА- ООз ^R-d.
Із прямокутних трикутників BO3Fi iAO3F2 маємо
О3*І R2
ОзМ = -^ = —^- ОзВ R + d
Oз^ =
O3F2 R*
ОзА ~R-d
Таким чином,
Rc Rc
2 + 2 “ Rc,
(R + d)2 (R-d)2
або
1 1 1
(R + d)i + (R-d)2 ~ R2c
Задача 11. У рівнобедрений трикутник ABC (АВ=АС) вписане півколо з центром О, який належить стороні ВС. Це півколо дотикається до бічних сторін трикутника в точках Fi і F2. Дотична до довільної точки дуги F1F2 перетинає сторони АВ і АС в точках ^iЛf. Довести, що добуток МС 'NB є сталою величиною для даного трикутника ABC.
Доведення.Нехайвідрі-
зок MN дотикається до дуги F1F2 у точці К (рис. 53). У трикутниках МОїС і N01B позначимо кути, як показано на
59


рисунку 53. Тоді LCMOi = 90° — у, а оскільки а + /і + + у = 90е, то LBOiN = а + /3 = 90° — у. Звідси АСМОї = = LBOiN. Крім того, LACB = LABC. Отже, ЬМОіСеа Пі NOyNB.
З подібності трикутників випливає, що
МС • NB = CO з ■ ОіВ = ~ВС2 = — ■
4 4
§ 8. РІЗНИЦЕВІ ТРИКУТНИКИ
Трикутник, довжини сторін якого складають арифметичну прогресію, називається різницевим.
Вважатимемо, щоЬ > а> с. Тоді Ь-а = а-с, або 2а = = Ь + с.
Задача L Щоб трикутник ABC був різницевим, необхідно й достатньо, щоб А/=IWi, де Z—інцентр, Жі — точка перетину бісектриси кута ВАС з описаним навколо трикутника колом. Довести.
Доведення.Необхідність. Нехайр — півпериметр
різницевого трикутника ABC (рис. 54).
Тоді
а + b + с-2а Р~а^
а+2а-2а а
= = ~ = ^3 ^ИВ‘3аДа'
чу1,§5).
Оскільки LMiCWt = LK3AH
CM 1 = АКз, то
ДСМ1Ж1 = Wi CW\ = АІ.
Але CWi = IWi, (4.5). Отже, AI=IWr.
Достатність. Нехай AI = IWi. Оскільки CWi = IWi = =AInZ.M1CWi = £ШтоАШіЖі=Ш/.Отже,СЛЛ= а a+b+c-2a
=АКз. Але СМі= — > АКз = р — а, — = » 2а =
2 г 2 2
= b + с, тобто трикутник ABC — різницевий.
Задача 2. Щоб трикутник ABC був різницевим, необ- хідно і достатньо, щоб ^ = у Довести.
60


Доведення.Необхідність. Оскількиг = — і р = —» Р 2
то
Я h.g 2 ha
Достатність доводиться аналогічно.
Задача 3* Щоб трикутник ABC був різницевим, необхідно і достатньо, щоб W1L1 = L^L Довести.
Доведення. Необхідність. Трикутники CM1W1 і АКз/ рівні між собою (див. задачу 1). Звідси WiMi« КзІ. З цього випливає, що рівні між собою і трикутники M1W1L1 й K1IL1. Отже, WiL^LJ.
Достатність доведіть самостійно.
Задача 4. Щоб трикутник ABC був різницевим, необхідно і достатньо, щоб 1) відрізок OZ був перпендикулярним до відрізка АІ; 2) справджувалась рівність AI = ^Rr.
Довести.
Доведення. Необхідність.
1. Оскільки AI-IW^ то відрізок ОІ перпендикулярний до відрізка Лі.
2. Оскільки трикутник ОІА — прямокутний і за формулою Ейлера Or = R2-2Rr, то AI2 = R2 - R2 + 2Rr, звідси AI=^2R^.
Достатність доводиться аналогічно.
Задача 5. Щоб трикутник ABC був різницевим, необхідно і достатньо, щоб be = 6Rr. Довести.
Доведення. Необхідність. Рівність, яку треба довести, запишемо так:
abc = 6Rra.
ha abc
Враховуючи, що г = — ’ R = — ’ маємо:
R 4S = 6 R ^ ’ або 4SR = 45Л.
Достатність доводиться аналогічно.
Задача 6. Щоб трикутник був різницевим, необхідно і достатньо, щоо пряма, яка сполучає центроїд та інцентр,
61


була паралельна середній за величиною стороні трикутника. Довести.
Доведення. Необхідність. Якщо трикутник різницевий, то відстані від центроїда до сторони ВС і від інцентра до сторони ВС дорівнюють^ ha = г. Отже, задачу доведено.
Достатність довести самостійно.
Задача 7. Щоб трикутник був різницевим, необхідно і достатньо, щоб сума відстаней від будь-якої з точок бісектриси кута, протилежного середній за величиною стороні трикутника, до сторін трикутника була сталою. Довести.
Доведення. Необхідність. Нехай Ji, dz, d3—відстані від довільної точки бісектриси Іа до сторін трикутника, ABC, відповідно ВС, АС, АВ. Тоді ds^ds^ L
Нехай S — площа трикутника. Маємо
2S = dia + dib + d^c = dia + l(b + c).
Враховуючи, що b + c = 2a, маємо 2S = dia + 2la = a(di+ + 2/), звідки
2S d± + 21 = — = ha. a
Достатність довести самостійно.
Задача 8. Щоб трикутник ABC був різницевим, необхідно і достатньо, щоб інцентр І, вершина, протилежна середній за величиною стороні трикутника, і середини двох інших сторін належали одному колу. Довести.
Доведення. Необхідність. Опишемо навколо трикутника ABC (рис. 55) коло і проведемо бісектрису кута ВАС до перетину з цим колом у точці Жі. Точки М і N — середини сторін АВ і АС. Оскільки Лі = =ZIFi, то чотирикутники ABWiC і AMIN — гомотетичні і, отже, точки Л, М, І, N належать колу.
Достатність довести самостійно.
Задача 9. Щоб трикутник був різницевим, необхідно і достатньо, щоб котангенси половин його кутів складали арифметичну прогресію. Довести.
62


A p — a
Доведення. Необхідність. Оскільки ctg - = 2 г
В p-b С р-с
Числа Ъ, а, с ь членами арифметичної прогресії, тому числа р-b, р -а, р-с — також члени арифметичної p-b р-а р-с
прогресії, а отже, і числа > > також склада-
г г г -
ють арифметичну прогресію.
Задача 10. Довести, що в різницевому трикутнику ABC LA < 60е.
Доведення. Відомо,
шо ^‘Г^
• Але
Yq>-»)»-'c) ’ р(р-а)
, 1 13
](р-Ь)(р-с) <-(р-Ь + р-с) = -а, р-~а,
1 р-а = -а.
Отже, tg у £
звідси LA £ 60’ (рівність має місце
тільки при а"“Ь“С).
§ 9. БІСЕКТРАЛЬНИЙ ТРИКУТНИК
Трикутник L1L2L3 назвемо бісектральним (рис. 56).
Задача 1. У трикутнику ABC
2(sin А + sin В) tg ^ = 1 + 2 cos С
(9.1)
дер= LL1L3L2. Довести.
Доведення.Позначимо LAL3L2 = a, LBL3L1 = 0.
Тоді <р = 180’ - (а+0), tg у> = - tg(a + 0).
Із трикутника AL2L3 (рис. 56) за теоремою синусів маємо
63


AL2 sin a
AL3 sin (A + a)
Але
be
Рис. 56
a + c
be АЬз=—-- a + b
Отже, a + b sin a a + c sin (A + a)
Аналогічно з трикутника L1BL3 a + b sin/?
b + c sin (В + Д
Оскільки
a + c _ 2R (sin A + sin C) . a + c _ sin (A + a)
a + b~ 2R (sin A + sin B) 1 a + b ~ sin a
TO
sin A + sin C sin 0 + a)
sin A + sin В sin a
Знайдемо з цього співвідношення tg a,
sin A (sin A + sin B) %a ~ sin A + sin C — cos A sin A — cos A sin В
Враховуючи, що sin С я sin (А + В), маємо: sin A (sin А + sin В)
а sin А (1 - cos А) + sin A cos В + cos A sin В ~ cos A sin В
ЗВІДКИ
sin А + sin В tg ct =
1 + cos В - cos A
Аналогічно
„ sin A + sin В x tg a + tg Д
’^ = l + cos^-eosB ■ 4 ₽ = - 4 (» + Л = І^ТЇ
tg a + tg j8 =
2(8іпЛ + sin B)  , (1 + cos В - cos A) (1 + cos A - cos B)
tga tgj8 - 1 =
64


2 2 2 2
_ sin Л + 25ІпЛ sinB + sin В - 1 + cos Л - созЛ cosB - со$Л cosB+cos В (1 + COSB - СО5Л) (1 + СО8Л - cosB)
= 1 - 2 cos (Л + В)
(1 + cos В - со$Л) (1 + cos Л - cos В)
Оскільки
COS (Л + B) = - COS C, TO tg ^ =
2(sinH + sinB) 1+2 cos C
Задача 2. Знайти площу бісектрального трикутника, якщо відомі сторони а, Ь, с трикутника ABC.
Розв’язання. Нехай 5і, 5г,5з — площі трикутників CL1L2, AL2L3, BL3L1, S — площа трикутника ABC, SL — площа &L1L2L3.
5i =
CLi • CL2 sin C
ab
ab
2
’ Сіл = -—, CL2 = ;
Ь+с а+с
52 =
AL2 -АІз sinH
2
Ьс а + с
Ьс а + Ь ’
5з =
BL3 • BLi sin В
ас
ас
2
’ ВЬз = ’ BLr =
a+b Ь+с
a2b2 sin С
b2c2 sin Л
5і 4“ 52 4“ S3 = 4" —————
2(Ь + с) (а + с) 2(а + с) (а + Ь)
2 2
ас sin В  = 5 2(а + b)(b + с)
ab(a + Ь) + Ьс(Ь + с) + ас(а + с) (а + Ь)(Ь + с) (а + с)
Звідси маємо
Sl — S — (5і 4- 5з 4- 5з) =
[ (а + Ь)(Ь + с) (а + с)- ab(a + b)- Ьс(Ь + с) - ас(а + с)
І (а + Ь)(Ь + с) (а + с)
Отже,
2S abc
Sl (9
(а+ Ь)(Ь + с) (а + с)
Задача 3. Для будь-якої точки, яка належить стороні бісектрального трикутника, сума (або модуль різниці) відстаней до відповідних сторін дорівнює відстані до третьої сторони. Довести.
5 - 4-3082
65


Доведення. Нехай точка X належить відрізку L1L2 (рис. 57). Нехай Р, R, L — проекції цієї точки на сторони трикутника. Розглянемо гомотетію з центром Li і коефіцієнтом
k~LiX:LiL2.
Тоді трикутник Л1В1С1 буде гомотетичний трикутнику ABC, а образом бісектрисиВІз є бісектриса ВіХтрикутника
Рис. 57
Л1В1С1. Отже, відстані від точки X до сторін ЛіВі і ВіСі рівні між собою, тобто XQ = ХР. Оскільки точка Лі належить бісектрисі ALi, то прямі АіВі і ЛіСі рівновіддалені відповідно від прямихАВіАС. Тому QL=XR, а тоді XQ + LQ - ХР + XR, або XL=XP + XR.
Якщо точка X належить продовженню відрізка L1L1, то розв’язання аналогічне, але за¬
мість суми відстаней доведеться розглянути модуль різниці відповідних відстаней.
Задача 4. Довести, що існування рівняння
sin (А-В) - sin (А-О = sin 2С - sin 25
для кутів трикутника ABC є необхідною і достатньою умовою того, щоб бісектральний трикутник був рівнобедреним (LiLs-JM.
Доведення.Необхідність. Отже, дано, що tgpi = = tS Р^ ДЄ <pl = AL1L3L2, <р2 = AL1L2L3.
За формулою (9.1) маємо:
2(8іпЛ + sin В) 2(sin Л + sin С)
——-^————— —. ,
1+2 cos С 1+2 cos В
я'пЛ + sin В sin4 + sin С
1 + 2 cos С 1 + 2 cos В
Звідси
2 cos В sin Л + sin В + sin 2В + sin Л =
= sin Л + 2 sin Л cos С + sin С + sin 2С, або
sin (Л - В) + sin 2В = sin (Л — С) + sin 2С;
тобто
sin (Л - В) - sin (Л - С) = sin 2С - sin 2В.
бб


Достатність доводиться аналогічно.
Задача 5. Довести, що площа бісектрального трикутника St обчислюється за формулою
(9.3)
Доведення.Відомо (4.3),що 2
Іа - Y^teplp-а) .
Аналогічно 2 2 —
h-^^vacptp^ , lc--^^vapb(p^) .
Перемножимо ці рівняння і застосуємо формулу (9.2).
Дістанемо формулу, яку доводимо.
Задача б. Довести, що площа бісектрального трикутника не більша за одну чверть площі трикутника АБО.
Доведення. Для додатних чисел а, Ь, с має місце співвідношення
(а + Ь) (а + с) (b + с) ^ Sabc.
S
Враховуючи формулу (9.2), маємо St S — •
Задача 7. Серед прямокутних трикутників знайти та» кий, що має бісектральний трикутник із найбільшим кутом, протилежним прямому.
Розв’язання. Покажемо, що таку властивість має кут бісектрального трикутника у рівнобедреному прямокутному трикутнику ABC (.С в 90 *). За формулою (9.1) маємо:
„ , . , . • А + в А~в
tg у> = 2 (sin Л + sm В) ® 4 sin —-— cos —-—
Оскільки tgy> = 4 —cos 2 > алесов — £ 1, то tgp S А — В
£ 2 VT. Причому tg р = 2 VT при cos - = 1, тобто Л в
-В» 45’.
5'
61


Задача 8. Довести, що бісектральний трикутник буде прямокутним тоді й тільки тоді, коли один із кутів трикутника ABC дорівнюватиме 120 *.
Доведення. Справді, це випливає безпосередньо з формули (9.1).
Задача 9. У рівнобедреному трикутнику ВС"*АС. Знайти точку на стороні L1L2 бісектрального трикутника, добуток відстаней від якої до рівних сторін трикутника найбільший.
Розв’язання. Нехай X—довільна точка, яка належить відрізку L1L2; ХМі, XNi, ХКі — відстані від цієї точки до сторін трикутника (рис. 58). Тоді ХМі + XNi - ХКі (задача 3).
Оскільки відрізок L1L2 паралельний стороні АВ, то для змінних додатків ХМі і XNi відрізок ХКі — сталий. Тому добуток відстаней від точки X до сторін ВС і АС набуває
найбільшого значення, колиЖИі = XNi = -у • Отже, таку властивість має точка перетину Хо висоти СНз з відрізком L1L2.
Задача 10. Бісектриса кута А трикутника ABC перетинає сторону L2L3 бісектрального трикутника L1L2L3 у точці М (центроїді трикутника ABC). Знайти кути трикутника ABC.
Розв’язання. Позначимо відстань від точкиМ (рис. 59) до сторін АВ і АС через h, а відстань до сторони ВС — через h'
Отже, hb = he, або b-c, тобто трикутник ABC—рівно- бедрений. Враховуючи задачу 3, маємо: 2h = h. Звідси 5 а* = 2а (оскільки hb = ha).
68


Отже, 1 1 л 1
cos С = — ’ В = С = arccos — ’ А = л - 2 arccos т •
4 4 4
§ 10. ПОБУДОВА ТРИКУТНИКА1
Задача 1. Побудувати трикутник ABC за трьома висотами ha, hb, he.
Розв’язання. У трикутнику ABC а: і : с = 7“:
1 1
: Т: 77 ’ звідки
hb hc a b с hb ha ha hb
Таким чином, сторони трикутника ABC пропорційні ве- hahb
личинам hb, he, —г— • Тепер побудуємо трикутник MNP зі he
hahb
сторонами hb, he, ~г~ • Він подібний трикутнику ABC. От- he
же, можна знайти кути А, В, С, тобто побудувати трикутник ABC (а можна трикутник MNP перетворити за допомогою гомотетії у трикутник АБО.
Задача 2. Побудувати трикутник ABC за he, hb, г.
„ , „ 1111
Розвязання. Покажемо, що - + — + - = -■. ha hb he г
Справді,
1 1 1 a + b + c 2р 1
— + — + — = = — = — •
ha hb hc 2S 2S г
Знайдемо висоту he і дістаємо задачу 1.
Задача 3. Побудувати гострокутний трикутник ABC, знаючи положення трьох точок Ні, Ні, Нз.
гУ пропонованих задачах не ставиться мета розглянути всі етапи розв’язання задач на побудову.
69


Розв’язання. Скористаємося властивостями ор- тоцентричного трикутника (§ 2). Будуємо трикутник Н1Н3Н3. У ньому проводимо бісектриси внутрішніх кутів і до кожної з них у відповідних точках Яі, Ні, Нз проводимо перпендикулярні прямі. Перетини цих прямих утворюють точки А, В, С, що є вершинами шуканого трикутника.
Задача 4. Побудувати гострокутний трикутник ABC за точками перетину продовжень висот з описаним навколо трикутника колом.
Розв’язання. Позначимо задані точки черезЯі, Яз, Яз (рис. 60). Тоді, провівши бісектриси у трикутнику Я1Я2Я3 до перетину з описаним навколо нього колом, дістанемо вершини трикутника ABC.
Задача 5. Побудувати трикутник ABC, знаючи положення точок Яз і Яз і прямої І, якій належить сторона ВС.
Розв’язання. Нехай точки Яз і Яз розміщені з прямою І в
одній півплощині (рис. 60). Оскільки точки В, С, Нз, Нз належать одному колу, то центр Е цього кола є перетином осі симетрії відрізка Я2Я3 і прямої І. Таким чином, будуємо коло радіусом ЕНз з центром у точці Е, яке перетне пряму І в точках В і С, а перетин прямих ВНз і СНз дасть точку А.
Задача 6. Побудувати трикутник ABC, знаючи положення вершини А, ортоцентра Я і центра О описаного кола.
Рис. 61
Розв’язання. Перший спосіб. Скористаємося задачею 13 (§ 6). Побудуємо коло з центром у точці О, радіус якого ОА. Оскільки ННі “ “HiNi, то, провівши через точки ЛіЯпряму, яка перетинає коло В ТОЧЦІ N1, поділимо відрізок HNi навпіл. Дістанемо точку Ні, а потім і точ- кяВйС (рис. 61).
Другий спосіб. Скористаємося прямою Ейлера і
знайдемо центроїд М (НМ = 2МО). Продовжуючи відрізок AM на одну другу його довжини (рис. 61), дістанемо точку
70


Мі, яка належить стороні ВС, а потім (опустивши перпендикуляр на відрізок ANі) і точки ВАС.
Задача 7. Побудувати трикутник ABC, знаючи положення вершини^, ортоцентра Н і середини Мі сторони ВС.
Розв’язання. Поділивши відрізокАМіу відношенні 2:1, починаючи від вершини, знайдемо положення точки М — центроїда трикутника ABC, а продовжуючи відрізок НМ на половину його довжини, дістанемо точку О.
Задача 8. Дана пряма і дві точки, які лежать з різних боків від неї. Побудувати гострокутний трикутник, для якого дані точки були б основами двох висот, а третя висота лежала б на заданій прямій.
Розв’язання. Позначимо дані точки Яг і Яз, а пряму —І (рис. 62). Побудуємо точку Ні, яка належить прямій І, як вершину ортоцентричного трикутника ЯіЯгЯз. Оскільки пряма І є бісектрисою кута Н2Н1Н3 (рис. 7), то будуємо точку Н2', симетричну Н2 відносно прямої І. Сполучимо точ¬
ки Яг' і Яз, проведемо через них пряму до перетину з І, дістанемо точку Ні. Тепер можна побудувати трикутник Н1Н2Н3, а отже, і трикутник ABC.
Задача 9. Побудувати трикутник, знаючи положення центра О описаного кола, вершини А, центроїда М.
Розв’язання. Проведемо коло радіуса ОА з центром у точці О. На продовженні відрізка AM (рис. 61) від- 1
кладемо відрізок ММі = — AM, проведемо пряму, перпендикулярну до відрізка ОМі. Вона перетинає коло в точках ВіС.
Задача 10. Дано пряму і дві точки з одного боку від неї. Побудувати трикутник ABC, щоб ці точки були центроїдом і центром описаного кола, а одна із сторін належала цій прямій.
Розв’язання. Оскільки центроїдМналежить пря- 1
мій Ейлера і ОМ = — MN, то можна знайти ортоцентр Н
71


(рис. 61). Із точки Н на задану пряму І проведемо перпендикуляр ННі і на продовженні відкладемо відрізок Hj.Ni = = ННі. Оскільки точка Ni належить колу, описаному навколо трикутника ABC (рис. 4), то з точки О радіусом ONi проведемо це коло, яке перетне пряму І в точках В і С. Щоб дістати точку А, продовжимо перпендикуляр ННі до перетину з побудованим колом.
Задача 11. Побудувати трикутник ABC за ha, ть, те.
Розв’язання. Аналізуючи задачу, помічаємо, що
£ С MtH, 6 Рис. 63 трикутник ABC.
коли подвоїти медіани ть і тс (рис. 63), то дістанемо прямокутні трикутники ЕКВ і LCD, які можна побудувати за гіпотенузою і катетом (він дорівнює висоті ha). Дістанемо кути МВС і МСВ, а отже, і трикутник СМВ. Тепер уже можна дістати точки М2 і Мз, тобто і
Задача 12. Побудувати трикутник за кутом А, медіанами ть і тс.
Розв’язання. Якщо подвоїти медіану СМз, то дістанемо паралелограм ALBC (рис. 63). Оскільки Z.M3BL = А, 2
а MB = — ть, то точку В можна дістати, побудувавши на
відрізку МзЬ = тс сегмент, який вміщує даний кут А, і з 2
точки М провести дугу радіуса MB = — ть.
Задача 13. Побудувати трикутник за кутом А, відрізками ВІ, СІ.
Розв’язання. У трикутнику
ВІС ABIC = 90’+— (за формулою (4.4)).
Побудуємо трикутник ВІС за сторонами BI, ІС і кутом ВІС, а потім побудуємо трикутник ABC (рис. 64).
Задача 14. Побудувати трикутник ABC, якщо відомі положення вершин ВіС, а також пряма її, якій належить бісектриса la.
Розв’язання. Перший с посі б. Якщо побудувати точку Ві, симетричну точці В (рис. 65) відносно прямої
72


h, то вона належатиме стороні АС (бісектриса 4 належить осі симетрії кута ВАС). Отже, щоб дістати точку Л, потрібно продовжити відрізок ВіС до перетину з прямою її.
Другий спосіб. В основу розв’язання покладемо властивість точки Жі (рис. 25). Проведемо вісь симетрії відрізка ВС до перетину з прямою h у точці Жі. Маючи точки В, С, Жї, проведемо коло, яке містить ці точки, а також точку Л.
Задача 15. Дано три прямі, що перетинаються в одній точці, і точка Л на однійіз них. Побудувати трикутник ЛВС, щоб вершини ВіС належали двом іншим прямим, а ці прямі були б бісектрисами внутрішніх кутів трикутника ABC.
Розв’язання. Перший спосіб. Позначимо дані прямі h, h і /з, а точку їх перетину І— інцентр трикутника ABC (рис. 65). Оскільки кут ВІС заданий (позначимо його ^р), то А А
р = 90’ + - (4.4), звідки — = = р - 90°.
Отже, з точки Л під кутами
<р — 90’ проведемо промені, які перетнуть прямі h і Із У точках В і С.
Другий спосіб. Розв’язання аналогічне до розв’язання задачі 14: симетрія точки Л відносно прямих І2 і Із дасть точки Лі і Аз (вони належатимуть прямій ВС).
Задача 16. Побудувати трикутник ЛВС, знаючи положення точок Жі, Жг, Жз.
Розв’язання. Будуємо трикутник Ж1Ж2Ж3 і, враховуючи задачу 19 (§ 4), проводимо в ньому висоти, продовження яких перетнуть коло, описане навколо трикутника Жі Ж2Ж3 у точках Л, В і С.
Задача 17. Побудувати трикутник ЛВС, знаючи положення центра О описаного кола, точки Жі та центроїда М.
Розв’язання. Побудуємо коло радіуса ОЖіі за властивістю прямої Ейлера знайдемо ортоцентр Н. Через точку Н проведемо пряму, паралельну прямій OWi. Її перетин із колом дасть точки Л і N2. Побудуємо вісь симетрії відрізка HNi, знайдемо точки ВіС (рис. 61).
73


Задача 18. Дано пряму і дві точки з різних боків від неї. Побудувати трикутник ABC, щоб одна з точок була інцент- ром, інша — Wi, а сторона ВС належала даній прямій.
Розв’язання. Побудуємо відрізок IWi (рис. 64) і радіусом IWi, вважаючи центром точку Жі, опишемо дугу, яка перетинає дану пряму в точках В і С.
Описане, вписане і зовнівписане кола
Задача 19. Побудувати трикутник 3aR,r,a.
Розв’язання. Будуємо коло радіуса R, центр якого позначимо точкою О. У цьому колі проведемо хорду ВС, довжина якої а. З усіх трикутників із стороною а необхідно знайти такий, у якого радіус вписаного кола дорівнює г.
Це можна зробити трьома способами.
Перший спосіб. Проведемо на відстанігвід хорди ВС пряму І, паралельну ВС, і з точки О проведемо дуіу радіуса ОІ = ]R2 — 2Rr (скористаємося формулою Ейлера (5.3)) до перетину з прямою І.
Другий спосіб. Оскільки ABIC = 90е + j(4.4),то на хорді ВС будуємо сегмент, який містить кут 90е + — (кут А відомий, оскільки відомі відрізки Ria).
Перетин сегмента і прямої І, яка паралельна ВС на відстані г, дасть точку І.
Третій спосіб. Скористаємося співвідношенням (4.5): поділимо дугу ВС навпіл, дістаємо точку Жі і радіусом BWi s CWi робимо засічку на прямій І. Діставши точку І, продовжимо побудову, аналогічно до задачі 18.
Задача 20. Побудувати трикутник ABC за R, г, р.
Розв ’язання.Відомо (5.1),що
r=(p- a)tg->
або
r = (р — 2R sin A) tg — =
редньої.
74


Задача 21. Побудувати трикутник за точками О, І, Іс
Розв’язання. Поділимо відрізок Па навпіл (рис. 66). Дістанемо точку Wi (рис. 38). Тепер будуємо коло з центромв точці О радіусом OWi. Оскільки BWi - —CWi” IWi, дістаємо вершини В ІС.
Задача 22. Побудувати трикутник ABC, знаючи положення центрів Іа, Іь, Іс зовнівписаних кіл.
Розв’язання. Будуємо трикутник Іа Іь Іс Основи його висот є вершинами трикутника ЛВС (рис. 40). Зауважимо, ЩО трикутник Іа ІЬ Іс — ГОСТрОКуТНИЙ (рИС. 40).
Задача 23. Побудувати трикутник ASC за двома кутами Л і В та периметром 2р.
Розв’язання. Існують різні способи розв’язання цієї задачі. Покажемо побудову за допомогою зовнівписаного кола. На сторонах кута ВЛС відкладемо відрізки Л Ті -АТ2 в в р. У кут впишемо коло так, щоб воно дотикалося до його сторін в точках Ті і Тг, а потім під кутом В до однієї з сторін кута проведемо дотичну (рис. 44).
Задача 24. Побудувати трикутник ABC, якщо відомі пряма, якій належить сторона ВС, і точки І та Ів.
Розв’язання. Сполучимо /та Іа. Поділимо відрізок Па навпіл. Дістанемо точку Жі (рис. 38). Оскільки відрізок IWi відомий та Wil “ WiB.= WiC, то маємо точки В і С. Побудуємо коло з центром в точці І, дотичне до прямої Z, і з точок В і С проведемо до нього дотичні. їх перетин дасть точкуЛ.
§ 11. ПОБУДОВИ В ТРИКУТНИКУ1
Задача 1. На стороні ВС трикутника ABC (або її продовженні) знайти таку точку, щоб сума радіусів кіл, описаних навколо трикутників АСХ і АВХ, була мінімальною.
*У пропонованих задачах не ставиться мета розглянути всі етапи задач на побудову.
75


Розв’язання. Шукана точка X — основа висоти АНі. Доведемо це.
Нехай Яі і Яг — радіуси кіл, описаних навколо трикут¬
ників АСХіАВХ. Тоді Лі + Лз = “ (АС + АВ) ——• х Sin
Сума Лі + Лг буде мінімальною, якщо /.СХА = 90’, тобто, коли точка X збігається з точкою Ні.
Задача 2. Всередині трикутника ABC побудувати точку X, для якої АК=BE ® CD, aK,E,D — основи перпендикулярів, опущених із точки X на сторони АВ, ВС, СА відповідно.
Розв’язання. Розглянемо трикутникА'В'С, утворений перпендикулярами в точках А, В, С відповідно до сторін АВ, ВС, СА (рис. 67). Із точки X опустимо перпендикуляри на сторони трикутника А'В'С. Враховуючи умову задачі і розглядаючи утворені прямокутники, робимо висновок, що ХК' = ХЕ' = XD'. К це означає, що точка X рівновіддалена від сторін трикутника ABC, тобто вона є інцентром цього трикутника.
4
Задача 3. Усередині трикутника ABC побудувати точку X, яка належить прямим, що проходять через вершини трикутника і перетинають відповідні сторони у точках Аі, АХ ВХ СХ
Ві, Сі так, щоб сума -^— + —— + —- була мінімальною, і ХСі
Розв’язання. Позначимо площі трикутників ХВС, ХСА, ХАВ через Si, S2, S3. Площі трикутників ХСАі — через qi і ХАїВ — через qi. Тоді (рис. 68)
АХ S2 ЛХ__Зз
ХАі qi ХАі дг
Отже,
76


^Х 5г $з S2 + S3 S2 + S3
XAi Qi 42 41+ 42 Si Аналогічно
ВХ _ S3_ + Si СХ _ S1 + S2
ХВі ” Si ’ ХСз “ S3 Далі АХ ВХ СХ ХАі + ХВі + ХСі “
Si S2} [Si S3] [S3 Si 7 + 7 + T + V + V + V 02 Oil 103 $2) І 01 ІЗ
оскільки сума двох обернених додатних величин не менша від двох. Знак «дорівнює» має місце при Si = 5г = S3, тобто точка X — центроїд трикутника ABC (див. задачу 8, § 3).
Задача 4. Всередині гострокутного трикутника ABC знайти таку точку X, щоб сума ХА + ХВ + ХС була мінімальною.
Розв’язання. Всередині трикутника ABC візьмемо довільну точку Y (рис. 69). Повернемо навколо вершини А
на 600 трикутник AYC. Дістанемо трикутник АРС'. Розглянемо суму YA + YB+ YC. Оскільки трикутник AYY' — рівносторонній, то AY - YY, крім того, YC = Y'C. Отже, YA + YB+YC" BY+ YY + + Y'C. Ця сума буде мінімальною, коли точки В, Y, Y', С належатимуть одній прямій. Причому AAYB = LAY'C = ABYC = 120’.
Отже, шукана точка X така, що з
неї сторони трикутника видно під рівними кутами. Щоб знайти цю точку, на кожній стороні будуємо сегмент, який містить кут, що дорівнює 120°. Перетин сегментів дасть точку X
Задача 5. Знайти всередині трикутника точку, добуток відстаней від якої до сторін трикутника набував би найбільшого значення.
Розв ’ язання.НехайХ— шукана точка, di, di, ds — відстані від цієї точки до сторін ВС, АС, АВ. Подвоєну площу трикутника можна записати у вигляді
77


2S = adi + bd2 + cd3 ^ 3 j adi bdi cd3.
Добуток did2d3 набуває найбільшого значення тоді, коли adi bd2 cd3 також досягає найбільшого значення. Це можливо при
2S adi = bd2 = cd3 = ~ ’
звідки
2S aha ha й^ Лс
dl~3^~£ = ~3’ Л = Т’ Л = Т*
А це означає, що точка X збігається з центроідом.
Задача б. У трикутнику АВС знайтиточку X, сума квадратів відстаней від якої до сторін трикутника буде найменшою.
Розв’язання. Введемо позначення попередньої задачі. Має місце нерівність (Коші-Буняковського)
(di + di + dl) (а2 + і2 + с2) ^ (adi + bdi + cd})2,
звідки
d2 + di + di S ——-5 J '
a +b + c
Оскільки права частина нерівності — величина стала, то ліва частина набуває найменшого значення, якщо виконується рівність di di d}
a b ~ с
Л . ,2 ,2 . ,2 (Я^ + bd} + cd})2
Справді, dt + dl + di = 5—л—5 У результа-
a +b + c
ті нескладних перетворень маємо (adi — bdi)2 + (ad} — — cdi)2 + (bd} — cdi)2 = 0. Отже, adz — bdi = ad} — cdi=
. , j л - ^1 ^2 ^3
= bdi — cdz = 0, або — = — = — > a b c
тобто відстані від шуканої точки X до сторін трикутника ABC пропорційні їх довжині. Щоб побудувати цю точку, треба провести прямі, паралельні сторонам трикутника, на відстанях, які дорівнюють довжині відповідної сторони. Дістанемо трикутник А1В1С1, гомотетичний трикутнику ABC. Відрізки, які сполучають відповідні вершини, перетинаються в центрі гомотетії, що є шуканою точкою X.
78


Задача 7. Знайти всередині трикутника ABC точку, сума квадратів відстаней від якої до вершини трикутника найменша.
Розв’язання. Із формули Лейбніца (3.2) випливає, що шуканою точкою є точка М — центроїд трикутника ABC (див. § 3, задача 22).
Задача 8. На сторонах АВ і. ВС трикутника ABC або на їх продовженнях побудувати відповідно точки Мі N так, щоб AM ~MN-NC.
Розв’язання. Відкладемо на стороні АВ (рис. 70) довільний відрізок AD. На стороні ВС — відрізок СЕ, який дорівнює відрізку AD. Через точку ^проведемо пряму, паралельну АС. Із точки D розхилом циркуля, що дорівнює AD, зробимо на цій прямій засічку. Дістанемо точку L. Чотирикутник ADLK (LK11 EC) гомотетичний чотирикутнику AMNC. ТочкиMiN — шукані. Центр гомотетії —
точка А. Тому через точки AiL проводимо пряму до перетину із сторону ВС в точці N і потім проводимо відрізок .УМ паралельно відрізку DL.
Задача 9. У трикутнику ABC на стороні ВС знайти таку точку X, щоб довжина перпендикуляра XL дорівнювала
довжині перпендикуляра XD (точки L і D належать відповідно сторонам АВ і AO. (XLJ^AB, DXLBC).
Розв ’язання. НехайХ — шукана точка і XL = XD (рис. 71). Проведемо висоту АНі. Тоді ХС tg С - ХВ sin В. Отже,
ХС: ХВ = sin В : tg С =
АНі АНі АВ ' НіС
НіС : АВ.
Тепер зрозуміла побудова. Продовжимо сторону АВ за вершину А і відкладемо на її продовженні відрізок АЕ, який
79


дорівнює НіС. Дістанемо точки Е і С. Через точку А проведемо пряму, паралельну відрізку EC. Дістанемо точку X.
Задача 10. Через точку D, яка належить стороні ВС трикутника ABC, провести пряму, яка поділяє площу трикутника навпіл.
Розв’язання. Нехай DE — шуканий відрізок (рис. 72). Тоді
Sdec DC • СЕ 1 ^авс ВС - АС 2 Якщо Мі — середина відрізка ВС, то
Л DC_CE 1
2М1.С-АС~ 1'
/Ж
^ ^-—^ Таким чином, щоб знайти
^ В ^1 Ь точку Е, проведемо відрізок р с 72 МіЕ, паралельний AD. Відрізок
ED — шуканий.
Задача 11. Через вершину Л негострокутного трикутника ABC провести відрізок AD (точка D належить ВО, довжина якого була б середньою пропорційною величиною між довжинами відрізків BD і DC.
Розв’язання. Навколо трикутника ABC опишемо коло з центром у точці О (рис. 73). На відрізку АО як на діаметрі опишемо коло, що перетинає хорду ВС в точках D і Di. Оскільки відрізок OD (ODi) перпендикулярний до хорди АЕ(АЕі) (Е і Еі — точки перетину продовжень відрізків AD і ADi з описаним колом), то AD- ™ DE (ADi “ DiEi). Звідки
BD DC ~AD- DE, AD2 = BD • DC.
80


Аналогічно Abi — BDi • DiC.
Задача 12. Через вершину А трикутника ABC провести пряму так, щоб відношення периметрів і площ трикутників, які утворилися, було однаковим.
Розв’язання. Нехай Si і pi, S2 і рз — площі іпівпе- риметри шуканих трикутників, п і гг — радіуси кіл, вписаних у ці трикутники.
За умовою Si: S2 = рі: р2. Але Sie pin, S2=Р2Г2. Отже, Рігі: ріГ2=pi: pa, або п » гг.
Отже, через точку А потрібно провести відрізок A^ (точ¬
ка N належить стороні ВО так, щоб кола, вписані в трикутники ABN і ACN, були рівними. Нехай hi h — центри кіл, вписаних у трикутники ABN і ACN (рис. 74). Очевидно, що відрізок hh паралельний стороні ВС, a AhAh —
1
” 2 ZA
На довільному відрізку h'h' з кінцями на бісектрисах кутів ABC і АСВ і паралельно¬
му стороні ВС будуємо сегмент, що містить кут ^-А.Про-
довжимо бісектрису кута ВАС до перетину з сегментом — дістанемо точку А'. Трикутник h'A'h' гомотетичний трикутнику hAh з центром гомотетії—точкою І. Отже, можна дістати точки h і h, побудувати кола рівних радіусів і провести до них дотичну AN.
Задача 13. Даний трикутник поділити на дві рівновеликі частини відрізком DE найменшої довжини (точки D і Е належать відповідно сторонам АС і АВ).
Розв’язання. Позначимо AD = х,АЕ^у (рис. 75). Л . ду 1 Ьс п ,
Оскільки — = ^>тоу = — - За те°Ремою косинусів DEr “ = х2 + у2--2ху cos А, або
2 2 b2c2 п Ьс , Ь2с2
DE = х Ч 5- - 2х — cos А = х 4 2 — be cos А.
4х2 2х 4х2
81
б - 4-3082


За допомогою похідної знайдемо, що відрізок DE буде мі- . Ь2с2 , ^ л
німальним тоді, коли х = -^ > або * = | у Отже, у =
Задача 14. Всередині трикутника ABC дано точки MiN. Провести ламану MX1X2X3N мінімальної довжини, де Хі ЄАВ, Х2 Є АС, Х3 Є ВС.
Розв’язання. Побудуємо трикутникАВ'С, симетричний трикутнику ABC відносно відрізка АС (рис. 76). Тоді точці Мвідповідатиме точка М'. Побудуємо точку Мі, симетричну точці М' відносно відрізка АВ’, і точку Ni, симетричну точці N відносно відрізка ВС. Зрозуміло, що довжина відрізка M1N1 залежить тільки від взаємного розміщення точок А, В, С, М, N. Довжина ламаної MX1X2X3N дорівнює МХі +Х1Х2+Х2Х3+X3N Враховуючи, що ^1X2 “ = Хі'Х2 (точка Хі' відповідатиме точці Хі при симетрії відносно Л0, ХіМ=Хі'М' = Хі'Мі, XsN^ XsNi, знаходимо, що довжина ламаної MX1X2X3N дорівнює МіХі + Хі% + +Х2Х3 + XsNi ^ MiNi Очевидно, що довжина ламаної дорівнює MiNi тоді, коли точки Хі', Х2', Хз' лежать на прямій M1N1.
82


§ 12. ВИВЧЕННЯ ВЛАСТИВОСТЕЙ ТРИКУТНИКА ЗА ДОПОМОГОЮ ПАРАЛЕЛЬНОГО ПРОЕКТУВАННЯ
Нехай у просторі дано дві площини у і і уа і деяка пряма І, не паралельна жодній із цих площин (рис. 77). Нехай
точка Аі належить площині уі. Якщо через неї проведемо пряму, паралельну прямій Z, до перетину з площиноюуг У точці Аз, то точка Аг називається проекцією точки Аі на площину у2. Очевидно, що кожна точка площини у і має свою проекцію на уг і навпаки, кожна точка площини уг є проекцією деякої точки площини уь Таким чи-
Рис. 77
ном, ми маємо справу з деяким
взаємнооднозначним відображенням площини уі на площину у2. Це відображення називається паралельним проектуванням площини у і на площину уг в напрямку І.
Нагадаємо основні властивості паралельного проектування.
1. Будь-яка пряма лінія при паралельному проектуванні переходить в пряму лінію.
2. При паралельному проектуванні паралельні прямі переходять в паралельні прямі.
3. При паралельному проектуванні зберігається відношення відрізків, які лежать на одній прямій або на паралельних прямих.
4. При паралельному проектуванні зберігається відношення площ будь-яких фігур.
5. Основна теорема про паралельне проектування. Довільний трикутник можна за допомогою паралельного про¬
ектування перетворити в трикутник, подібний даному трикутнику MNP.
6*
83


Доведення. Нехай трикутник ABC належить площині уі (рис. 78). За площину уг візьмемо довільну (що не збігається з уі) площину, якій належить сторона ВС, і побудуємо в ній трикутник ВАїС, подібний даному трикутнику MPN.
Якщо тепер напрям проектування вибрати паралельним прямій ААі, то проекцією трикутника ABC на площину У2 буде трикутник А1ВС. Теорему доведено.
Задача 1. Довести, що медіани довільного трикутника перетинаються в одній точці і діляться у відношенні 2:1, рахуючи від вершини.
Розв’язання. Спроектуємо паралельно довільний трикутник ABC у рівносторонній трикутник АіВіСі (рис. 79). Згідно з властивістю 3, медіани трикутника ABC АМі,
Рис. 79
ВМ2, СМз перейдуть в медіаниЛіЛГі, ВіМ'г, СіМ'з трикутника АіВіСі, які перетинаються в одній точці (як висоти чи бісектриси рівностороннього трикутника). Отже, і медіани трикутника ABC перетинаються в одній точці.
Доведемо, що AM: ММі = 2:1. Справді, М'Ві = М'Аі і АіМ': М'М'ї = ВіМ': М'М'ї = 2:1 (з прямокутного трикутника ВіМ'М'ї) і
AM: ММі = АіМ': М'М'ї = 2:1 (властивість 3 паралельного проектування).
Задача 2. Через довільну точку К, яка лежить всередині деякого трикутника ABC, проведено прямі, паралельні сторонам цього трикутника. Відрізки, які відтинаються на цих прямих сторонами трикутника, позначені відповідно через А1В2, В1С2, С1А2. Довести, що
А1В2 В1С2 С3А2 _
АВ + АС + ВС ~ '
84


Розв’язання. Спроектуємо даний трикутник ABC в рівносторонній трикутник MNP (рис. 80). Тоді точка К
Рис. 80
перейде в К', відрізки А1В2, В1С2 і С1А2 — у відрізки А1В2', В1С2 , С1А2', паралельні сторонам трикутника MNP. При цьому трикутники зі спільною вершиною К' рівносторонні. Нехай Сі'К'= х, Лі'С2'= у, К'А2’= z, MP = PN = MN = а. Тоді
Аі'Вг' Ві'С2' С1'А2' y + x + z+y + z + x
а а а а
А1В2
аотже’Т
В1С2 і £ї^ _
АС + ВС 9
Задача 3. У трикутник ABC вписаний трикутник Л1В1С1 так, що його вершини Лі, Ві, Сі розміщені відповідно на
Рис. 81
сторонах ВС, АС, АВ, причому АіВ ВіС СіА
Знайти відношення площ трикутників Л1В1С1 і ABC.
85


Розв’язання. Спроектуємо трикутник ABC у рів- носторонній трикутник MNP (рис. 81) зі стороною, що дорівнює і +1. (Таку довжину ми дістанемо, враховуючи, що,
АіВ
наприклад, —— =
к.)
Тоді трикутник АіВіСі перейде у трикутник MiNiPi, а його сторона (позначимо її через х) за теоремою косинусів дорівнюватиме
х = У^ + 1 -2* cos 60° = Y*2 + 1 - it.
Тоді дістанемо відношення площ трикутників ^1£1£1 X2 &2 ~ & + 1
Sabc ~ (к +1)2 ~ (к + І)2
Задача 4. Через кожну вершину трикутника проведено дві прямі, які ділять протилежну сторону на три рівні частини. Довести, що діагоналі, які сполучають протилежні
Рис. 82
вершини шестикутника, утвореного цими шістьма прямими, перетинаються в одній точці.
Доведення. Спроектуємо трикутник ABC у рівносторонній трикутник А'В'С (рис. 82). У правильному трикутнику шестикутник також правильний, він має три осі симетрії — медіани трикутника ABC. Цим осям належать діагоналі шестикутника, що сполучають протилежні вершини. Отже, вони перетинають¬
ся в одній точці — центрі рівностороннього трикутника.
Задача 5. З медіан трикутника ABC складено трикутник XYZ. Довести, що
Sxyz _ З
Аавс 4
Доведення. Справді, якщо трикутник ABC спроектувати в рівносторонній АіВіСі, то медіани трикутника ABC перейдуть в медіани трикутника МВіСі. Оскільки відношення площ збережеться, а для правильного трикутника З
^Wizi = д Saibici, то
86


SxYZ _ З
Алве 4
Задача б. Дано трикутник АВС і точку Р всередині його. Довести, що з трьох трикутників АМіР, ВМ2Р, СМзР сума площ двох з них дорівнює площі третього трикутника.
Доведення. Спроектуємо трикутник ABC в рівно- сторонній трикутник А'В'С. Оскільки медіани рівносто-
роннього трикутника рівні, то залишається довести, що сума висот двох трикутників дорівнює висоті третього трикутника.
З точки Р' опустимо на медіани А'Мі', В'Мі', С'Мз'иер- пендикуляри Р'К, P'N, P'L (рис. 83). Треба довести,що P'L + +Р'Ка P'N. НехайО—центррів- носгороннього трикутника А'В'С. ПозначимоР'О=лі, LP'OC = а. Тоді Р'К=т sin (60°—a); P'L = = т sin a; P'N = т sin (60° + а).
Отже, P'N — P'L + Р'К, звідки
SpBM2 = SpAMi + SPCM3-
Задача 7. У даний трикутник XYZ вписаний інший три-
кутник XiYiZi, вершини якого ділять сторони трикутника XYZ у відомих співвідношеннях.
Довести, що площа трикутника Xi hZi не залежить від того, яка з сторін трикутника XYZ і в якому відношенні ділиться.
Доведення. Спроектуємо трикутник XYZ (рис. 84) у рівно- сторонній трикутник ABC. Тоді точкиХі, Yi,Zi перейдуть у точки Лі> Ві, Сі і мають місце співвідношення:
А
О
В
А/
Рис. 84
4Сі СВі ВАі
АВ “ kti СА “ *2’ ВС “ кз'
Тоді
^151С1 = SaBC
“ 5лД1С1 " S&41C1 “ $41^10
87


Нехай сторона рівностороннього трикутника дорівнює а. Тоді
? Уз в2 7з й2 Уз
SxiBiCi = — “— (1 — fa)h — —4— (1 ~ кі)кз —
(1 — fa)fa = 5лвс(1 + кікз + .Л1&3 +
+ кзкз ~ к\ — кз — кз\
тобто площа трикутника XiYiZi не залежить від того, яка із сторін трикутника XYZ і в якому відношенні ділиться.
Задача 8. Усередині трикутника ABC вказати точку М, таку, що Sabm “ Sbcm “ Sacm.
Розв’язання. Спроектуємо трикутник ABC у рів- носторонній. Тоді М є точкою перетину медіан, для якої справджується співвідношення Sabm=Sbcm=Sacm.
Задача 9. Нехай І — довільна пряма, яка проходить через точку перетину медіан М трикутника ABC і перетині нає його сторони (або їх продов¬
ження) в точках В, Si Т, причому точки 5 і Т лежать з одного боку від точки М. Довести, що
_1 1_ 1
MR~ MS + MY'
Доведення. Нехай трикутник ABC рівносторонній (рис. 85) і LMSB = а, АВ = а. Маємо
Рис. 85 а
2 v3 sin а  а а
~ 2 V3 sin (180° -а- 120°) " 2 V3 sin (60° - а) ’
MR =
а
2 у/З cos (30° - а)
MR MR — sin а MS + MT = cos (30е - а)
sin (60° - а) cos (30° - а)
sin а + sin (60° -«) _ J cos(30° — а)
88


Оскільки відрізки MT, MS, MR належать одній прямій, тобто при паралельному проектуванні відношення між ними зберігаються, то співвідношення, яке доводиться, справджується для довільного трикутника.
Задача 10. На кожній із сторін трикутника XYZ відкладено відрізок, що дорівнює одній третій відповідної сторони:
111
XZi = jXY, YXr=- YZ, ZYi = - ZX.
Довести, що площа трикутника, утвореного прямими ХХі, YYi, ZZi, дорівнює одній сьомій площі трикутника XYZ.
Доведення. Спроектуємо заданий трикутник у рів- носторонній трикутник ABC. Тоді точки Хі, Уі, Zi спроек-
туються в точки Лі, Ві, Сі (рис. 86). Точки перетину відрізків ААі і ССі, ВВі іЛ4і, ВВі і ССі позначимо M,NiP відповідно. Доведемо, що площа трикутника MNP дорівнює одній сьомій площі трикутника ABC. Таким чином, буде доведено дану задачу.
Трикутники АССі, СВВі, ВААі — рівні. За теоремою косинусів знайдемо ССі, позначивши АСі = х, АС “ Зх (з трикутника АСі АССі),ССі = V7 х. Оскільки —— :
СіС
N
0
А, В
Рис. 86
1
= ^у, то площа трикут-
ника АСіМ дорівнює одній сьомій площі трикутника ЛССі: 1
Sac±m = у Sacci*
Знайдемо відношення площ трикутників ABC і СіСА:
Отже,
Sacci _ АСі _ 1
Sabc АВ З
^АС1М — 7 «Л4СС1 “21 ^^^
Таким чином, площу трикутника MNP (Sx) (рис. 86) знаходимо з рівності
ЗЗлссі = Sabc + 35лсім “ Sx.
7 _ 4-3082
89


Нехай Sabc = S. Тоді Sacci = S, $хам = ^ S iSx = S +
з
1
+ — S - S = ~S.
21 7
§ 13. ПРОЕКЦІЇ ТОЧКИ, ЩО РУХАЄТЬСЯ ВЗДОВЖ СТОРОНИ ТРИКУТНИКА, НА ДВІ інші ЙОГО СТОРОНИ
У нетупокутному трикутнику ABC точка X належить стороні ВС. Позначимо точками Afi ^її проекції на сторони АС і АВ і розглянемо властивості відрізка MN.
Задача 1. Довести, що MN ^ АХ.
Доведення. Опишемо навколо чотирикутника ANXM коло (рис. 87). ТодіЛ^=АХ sinA. Оскільки sin А < 1,
то MN < АХ. Зверніть увагу на співвідношення
MW-АХ sin А. (13.1)
Задача 2. Для того щоб відрізки MN та АХ були рівні, необхідно і достатньо, щоб £ВАС = 90°.
Доведення. Це випливає із співвідношення (13.1).
Задача 3. Довести, що відрізок MN буде найменшим то¬
ді і тільки тоді, коли точка X, довільна точка сторони ВС трикутника ABC, збігається з точкою Ні — основою висоти,
проведеної з вершини А.
Доведення.Необхідність. НехайM1N1 — найменший з відрізків MN під час руху точки X вздовж сторони ВС. Тоді найменшим буде вираз АХ sin А. Оскільки sin А — величина стала, то вираз АХ sin А буде найменшим тоді й тільки тоді, коли відрізок АХ буде найменшим, тобто коли точки X і Ні збігаються.
Достатність. Нехай точка X збігається з точкою Ні. Розглянемо співвідношення (13.1). Тут величина зіпАста- ла. Отже, величина відрізка MN залежить від відрізка АХ, який є найменшим саме у цьому випадку.
90


Задача 4. У прямокутному трикутнику ABC (LA = = 90е) точка X — довільна точка, яка належить гіпотенузі ВС.
Довести, що коли сума ХМ2 + XN2 найменша, то необхідно і достатньо, щоб точка X збігалася з точкою Ні, основою висоти, проведеної з вершини А.
Доведення. Необхідність. Нехай сума ХМ2+XN2= ^MN2 — найменша. У прямокутнику ХМ AN діагоналі АХ і MN рівні. Але відрізок АХ буде найменшим, якщо точки X і Ні збігаються.
Достатність. НехайХіЯі збігаються. Оскільки ХМ2 + + XN2 ■ MN2, то, враховуючи задачу 3, стверджуємо, що відрізок MN буде найменшим, а отже, сума ХМ2 + XN2 також буде найменшою.
Задача 5. Щоб відрізок W^ перетинав відрізок АХ у його середині, необхідно і достатньо, щоб кут ВАС трикутника ABC дорівнював 90 ’. Довести.
Доведення. Достатність. Нехай LBACв90’.Навколо чотирикутника XMAN можна описати коло з діаметром АХ, а оскільки відрізок MN також є діаметром цього кола, то він перетинає АХ в його середині.
Задача б. Щоб відрізок АХ перетинав відрізок AfV у його середині, необхідно і достатньо, щоб точка X збігалася з точкою перетину бісектриси кута ВАС і сторони ВС, або LBAC “ 90’. Довести.
Доведення.Необхідність. Опишемо коло навколо чотирикутника ХМ AN. Діаметр АХ поділить хорду MN навпіл, а, отже, він належить бісектрисі кута ВАС трикутника ABC, або MN — діаметр і LBAC = 90’.
Задача 7. Щоб трикутник ABC був рівнобедреним (АВ ■ ~ АС), необхідно і достатньо, щоб величина ХМ+XN дорівнювала висоті, опущеній на сторону АВ або АС. Довести.
Доведення. Необхідність. Нехай АВ а АС в Ь, ВС = а а. Позначимо ВХ • т, СХ а п, LABC=а. Тоді ХМ ^пх х sin a, XNe т sin а. Звідси
ХМ + XN — п sin а + т sin а =
= (т + п) sin а = a sin а = Ль.
Достатність. Нехай ХМ + XN = Лі, АВ а с, АС = Ь. Оскільки Sabx+Sacx** Sabc, то bXM + с XN** ЪЛь.
За умовою ХМ+XN=Ль, абоХМ-Ль-XN.
т
91


Отже, b (ht,-XN)+c • XN=bhb, або b • XN-c • XN. Звідси b = c.
Задача 8. Щоб центр О кола, описаного навколо трикутника ABC, належав відрізку АХ, необхідно і достатньо, щоб відрізок MN був паралельний стороні ВС. Довести.
Рис. 88
Необхідність. Нехай AD — діаметр кола, описаного навколо трикутника ABC, якому належить точка X (рис. 88). Опишемо коло навколо чотирикутника XMAN.
ADCA = АХМА = 90°,
ADCB = ADAB, AXMN = AXAN.
Отже, ADCB = AXMN і АВСА = ANMA, тобто відріз-
ки MN і ВС паралельні.
Достатність. Доведемо, що коли відрізок MN паралельний відрізку ВС, то центр О кола, описаного навколо трикутника ABC, належить відрізку АХ. Продовжимо відрізок АХ до перетину з описаним колом в точці D і доведемо, що точка О належить цьому відрізку. Оскільки MN 11 ВС, то трикутники AMN і АСВ гомотетичні. В гомотетичних колах, описаних навколо цих трикутників, відрізки AXiAD— діаметри. Отже, твердження задачі доведено.
Задача 9. Площа 5 трикутника ABC обчислюється за формулою
S = ^MN-AF, (13.2)
де AF — хорда кола, описаного навколо трикутника ABC, причому відрізки AF і MN перпендикулярні. Довести.
* Доведення. Доведемо спочатку подібність трикутників САХ і FAB (рис. 89). Щоб довести рівність відповідних кутів, опишемо навколо чотирикутника A^XЛ^■ коло. АМАХ =
= AMNX як вписані кути, що спираються на одну дугу, а
92


AFAB = AMNX як кути із взаємно перпендикулярними сторонами, LACX = AAFB. Отже, подібність трикутників доведено. Із подібності випливає, що АВ ■ АС = АХ • AF, або ^ЛВ ' AC sin Л = ^АХ • HFsin Л. За формулою (13.1) АХ sin Л ■ MN. Отже, 8 = ^MN • AF, що й треба було довести.
Задача 10. Щоб точка X збігалася з серединою відрізка ВС точкою Мі, необхідно і достатньо, щоб MX • ЛС = = NX ■ АВ. Довести.
Доведення. Необхідність. Нехайточка X збігається з точкою Мі. Тоді трикутники АВМі і АСМі рівновеликі, а отже, МіМ ‘AC^MiN -АВ.
Достатність. Нехай ХМ • ЛС = XN • АВ. Тоді трикутники АВХ і АСХ рівновеликі, а оскільки у них висота, проведена з вершиниЛ, спільна, чоВХ^СХ. Таким чином, точка X збігається з точкою Мі.
Задача 11.3 усіх трикутників XMN найбільшу площу має трикутник MiMN, де Мі — середина сторони ВС.
Доведення. Позначимо Sx — площу трикутника XMN. НехайВХ = х, тоді СХ~ а-х (а — довжина сторони ВО.
Звідси
Sx = ^XM- XNsin (180’ - Л) =
= — х(а — х) sin Л sin В sin С.
Оскільки х + (а - х) = а, то найбільшого значення площа набуває при х-а-х, або х = у • Отже, це буде трикутник MiMN.
Позначимо знайдену площу Q і далі будемо застосовувати це позначення.
Задача 12. Довести, що коли точка X збігається із серединою відрізка ВС — точкою Мі, то площа трикутника M1MN*
93


1 9
Q = — sin A'S
(13.3)
де A — величина кута ВАС, S — площа трикутника ABC.
Доведення. Позначимо hbihc — висоти, проведені з вершини В і С,Ь — величина сторони АС. Тоді
1 1
Q = -МіМ ■ MiNsin (180° - А) = -hth sin А =
2 о
1 hbb , 1 о
= — — sin Л = — sin Л • S. 4 2 4
Задача 13. Довести, що площа трикутника MiMN не більша за ^ S, де S — площа трикутника ABC.
Доведення. За формулою (13.3)
Smimn = sin2 Л -S.
Але sin Л ^ 1, тому Smimn ^ “ S.
Задача 14. Маємо множину трикутників площею S із спільною стороною ВС. У кожному з таких трикутників можна побудувати трикутник MiMN. Довести, що в прямокутному трикутнику трикутник MiMNмає. найбільшу площу з усіх трикутників цієї множини.
Це випливає з формули (13.3).
Задача 15. Довести, що з усіх трикутників з даною основою ВС і даним кутом при вершині у випадку, коли X збігається з Мі, рівнобедрений має найбільший відрізок MN.
Доведення. На відрізку ВС будуємо сегмент, який містить кут ВАС в Л, і доповнюємо його до кола з центром О (рис. 90). Порівняємо відрізки MN і M'N' (на малюнку вони не показані) відповідно у рівнобедреному трикутнику ABC і різносторонньому AiBC: MN = АМі sin Л, M'N' = =АіМі 5іпЛ. Покажемо, що ЛМі і АіМі. Справді, оскільки ОЛі ™ ОА, ОАі + ОМі ■ АМі і ОЛі + ОМі і АіМі, то АМі > АіМі, отже, MN > M'N'.
Задача 16. У трикутнику ABC точки Мі, М2, Nii N2 — проекції середини Хі і Хг сторін АС і АВ на дві інші сторони.
94


Щоб відрізок MiNi дорівнював відрізку M2N2, необхідно і достатньо, щоб трикутник ABC був або рівнобедреник (AC “ АВ), або квадрати його сторін складали б арифметичну прогресію (ВС — середня за величиною сторона трикутника ABC). Довести.
Доведення. Необхідність. ПехамМіНі^МгИг (рис. 91), тоді за формулою (13.1) маємо:
ть sin В=Ніс sinC,
ть sinC
або — = — • Враховуючи формулу медіани, маємо тс sin В
2а2 + 2с2-Ь2 с2 *
2a2 + 2b2-c2~ b2'^
2а2(Ь2 - с2) = і4 - с4, (Ь2 - с2) (2а2 - (Ь2 + с2)) = 0, звідки Ь-с, або 2а2 = Ь2 + с2.
Рис. 90 Рис- Я
Задача 17. Щоб точка X збігалася з основою висоти ЛЯі трикутника ABC, точкою Ні, необхідно і достатньо, щоб
S
MN = - • (13.4)
Довести.
Доведення. Необхідність. Нехай точка X збігається з точкою Ні. Діаметр кола, описаного навколо чотирикутника ANXM (рис. 87), дорівнює АНі - ha. Тоді
MN = ha sin А =
a 2R~ R
Достатність.
95


MN
S
AX = -— = 7-7— 51пЯ R 81ПЛ
— = ^ a
а це означає, що точка X збігається з точкою Ні.
Задача 18. Щоб точка X збігалася з точкою Ні, основою висоти, опущеної з вершини А трикутника ABC, необхідно і достатньо, щоб AAMN = ААВС. Довести.
Доведення. Необхідність. Нехай точка X збігається з точкою Ні. Опишемо навколо чотирикутника АМХН коло (рис. 92).
Кути AMN і AXN рівні як вписані. Але AAXN — ААВС (доведіть!). Отже, LAMN — = ААВС.
Достатність. Отже, дано, що AAMN = В, ANXB = = 90’ - Б, а оскільки LAXN = -В, то LAXB = 90°. Таким
чином, точка X збігається з точкою Ні.
Задача 19. Щоб точка X збігалася з точкою Ні, необхідно і достатньо, щоб точки В, С, М, N належали одному й тому самому колу. Довести.
Необхідність. Доведемо, що навколо чотирикутника MNBC можна описати коло, якщо точки ХіНі збігаються.
Справді, AAMN = ААВС =В (задача 18). Отже, LCMN + + ANBC = 180° — В + В = 180’ , а це означає, що твердження задачі доведено.
Достатність. Нехай точки В, С, Л/і ^ належать колу. Доведемо, що ААХВ = 90’. Позначимо AXMN = <р (рис. 92). Тоді АХАВ = ^і90°+<р + В = 180’. Отже, ААХВ = = 90’, тобто точки X і Ні збігаються.
Задача 20. Нехай О — центр кола, описаного навколо трикутника ABC. Довести, що необхідною і достатньою умовою для того, щоб точки ХіНі збігалися, є перпендикулярність прямих ОА і MN.
Доведення. Необхідність. Нехай точки ХіНі збігаються (рис. 93). Доведемо перпендикулярність прямих О А і MN. Точку їх перетину позначимо D. Обчислимо кут MDA. У трикутнику MDA AMDA = 180’— (AAMD + AMAD).
96


Але A AMD = В. Кут МАО знайдемо з рівнобедреного трикутника АОС: LMAO = 90’ — В. Отже, LMDA = 180’ — —,(В + 90’ — В) — 90.’,ацеоз- начає, що відрізки MN й АО — перпендикулярні.
Достатність. Нехай
LMDA = 90°. Тоді LAMD = = 90’ - AMAD = 90’ - (90’ - -В) = В.
Опишемо навколо чотирикутника ANXM коло. Оскільки AAXN = AAMN = В, то LAXN + LNXB = В + 90’ - — В = 90’, тобто точки X і Ні
збігаються.
Задача 21. Нехай точка X збігається з основою висоти АНі, точкою Ні. Довести, що відрізок MN ділить площу 5 трикутника ABC навпіл тоді і тільки тоді, коли центр О кола, описаного навколо трикутника ABC, належить ньому відрізку.
Доведення. Необхідність. Нехай площа трикутника AMN дорівнює ^ S. Тоді MN • АХ = S (АХ — висота трикутника AMN). Враховуючи формулу (13.4), маємо S
—АХ = S, звідки AX^R. Отже, точка О збігається з точкою
К.
Достатність. Нехай точка О належить відрізку MN. Згідно з задачею 20, відрізки MN і ОА перпендикулярні, а отже,
1 15 1
Samn = ~MN- OA = --R = -S.
Задача 22. У гострокутний трикутник АВС вписані трикутники XMN. Довести, що MiNi ^ Рх,дерх—півпериметр будь-якого з цих трикутників, a MiNi — довжина відрізка MN у разі, якщо точки ХіНі збігаються.
Доведення. Справді, якщо точки ХіНі збігаються, 5 ~
то MiNi = — • Отже, довжина цього відрізка дорівнює пів- периметру ортоцентричного трикутника.
97


Задача 23. Нехай точки X і Ні збігаються. Довести, що з усіх трикутників з даними основами і кутом а при вершині рівнобедрений має найбільший відрізок MN.
Доведення. На спільній основі ВС (рис. 94) побудуємо сегмент, який вміщує кут а, і доповнюємо його до кола. Порівняємо відрізки MN і M'N' у рівнобедреному трикутнику ABC і нерівнобедреному трикутнику АіВС (на малюнку вони не показані). За формулою (13.1)
MN = АНі sin а,
M'N' = А1Н2 sin а.
Оскільки sin а — величина стала, а АНі s АіН2, то MN ^ > M'N'.
Задача 24. Якщо найменша довжина відрізка MN дорівнює найменшій довжині відрізка, який ділить площу S
трикутника ABC навпіл, то S = 2 tg — R , де R — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC. Довести.
Доведення. Ми довели (задача 13, § 11), що відрізок найменшої довжинид_який_ділить_площу трикутника ABC навпіл, дорівнює /Ьс(ї - cos4). Отже, MN2 - Ьс(1 -
AS2 AS2
- cos Л) = 2bc sin2 — та —т = 2bc sin2 — > або -7 = S 4 x ' 7 2 r 2 r
sin — 2
X sin^ ' 0СТаТОЧН° одеРжУємо
5 = 2^18^
Задача 25. Довести, що коли в прямокутному трикутни- ку ABC (ABAC = 90°) S = — (а=ВС), то найменша довжина відрізка МУ дорівнює найменшій довжині відрізка, який ділить площу трикутника навпіл.
98


Доведення. Це випливає із задачі 24.
Задача 26. Нехай точки X і Ні збігаються. Довести, що коли висота АНі дорівнює R VT, де Л — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC, то необхідно і достатньо, щоб відрізок MN ділив площу трикутника ABC навпіл.
Доведення. Достатність. Нехай Samn = ^S. Ос-
кільки bAMNto ЛАВС (див. задачу 18), то —— = = —»
" ha
де hi — відповідна висота трикутника AMN. Враховуючи
R^ 1
задачу 21, маємо: hi = OA= R. Отже, -у = —, звідки ha = ho
Задача 27. Нехай точки X і Ні збігаються. Довести, що
точки М, Mi, Ni, N належать одній і тій самій прямій (Мі і Ni — проекції точки Я на дві висоти трикутника АВО.
Доведення. Доведемо, що LMMiNi = 180’ (рис. 95). Опишемо коло навколо чотирикутників СММіНі і HiMiHNi (Н — ортоцентр трикутника ABC). Тоді £ММіС=£МНіС= =90’-С, LHiMiNi=LHiHNi= ^С.Огже, Z.MMiNi=£ММіС + + АСМіНі + £HMiNi = 90’ - — С+ 90’+ С — 180’. Аналогіч¬
но доводился, що AMiNiN =
= 180 ’, а це означає, що точки М, Mi, Ni, Яналежать одній і тій самій прямій.
Задача 28. Щоб відрізок MN був перпендикулярний до прямої ВС для випадку, коли точки ХіНі збігаються, необхідно і достатньо, щоб різниця кутів СІВ трикутника ABC дорівнювала 90*. Довести.
Доведення. Необхідність. Відомо, що LNDHi = = 90’ (рис. 96), де Я—точка перетину прямої MN і прямої ВС. Опишемо навколо чотирикутника AMNHi коло. Маємо:
LNDHi » LDNHi + LNHiD.
99


Але LDHHi=LHCD = 180е- С, a LHHiD =LDMHi= =B. Отже, 90° = 180е -С + В, С-В = 90е.
Достатність. Доведемо, що LHDHi = 90е, якщо С —
-В = 90е. Нехай LHDHi = х. Тоді х = U0°-(/-MHiD + + LDMHi). Але LMHiD = 90е - В, LDMHi = = LHAHi = 90е -(180е - С) = С - 90е. Отже, х = 180е - -(90е-В+ С-90е) -180е-(С-В)-90е.
Задача 29. Щоб точка X збігалася з точкою Li — перетином бісектриси кута ВАС і сторони ВС, необхідно і достатньо, щоб LMHiA = LHHiA. Довести.
Доведення. Необхідність. Нехай точки Xi £і збігаються (рис. 87). Точка Ні належить колу, описаному навколо чотирикутника AMLiH. Оскільки дуги AM і АН рівніміж собою, то LMHiA = LHHiA.
Достатність. Нехай LMHiA = LNHiA. Отже, дуги AM і АН рівні між собою. Також рівні між собою й дуги MLi і ІлН. Отже, LMALi = LHALi, тобто точки X iLi збігаються.
Задача ЗО. Щоб точка X збігалася з точкою Li — перетином бісектриси кута ВАС і сторони ВС, необхідно і достатньо, щоб LMHiC = LHHiB. Довести.
Доведення. Скористаємося результатами задачі 29.
Задача 31. Нехай точки X і Li збігаються. Довести, що з усіх трикутників з даними основами і кутом а при вершині рівнобедрений має найбільший відрізок МН.
Доведення. На спільній основі ВС (рис. 97) побудуємо сегмент, який містить кута,і доповнимо його до кола.
100


Порівняємо відрізки MN І M1N1 відповідно у рівнобедрено- му трикутнику ABC та нерівнобедреному трикутнику АіВС
(на малюнку вони не показані) . Позначимо Li' — точку перетину ВС і ЛіЖ
Маємо: MN = ALi sin а,
MiNi = AiLi' sin а.
Покажемо, що ALi S A1L1. Дійсно, AW>ArW, WLi'> >LiW.
Задача 32. Якщо точка X збігається з точкою Li — перетином бісектриси кута ВАС і сторони ВС, то необхідною і достатньою умовою того, щоб точка І (інцентр) належала відрі:
2р sin — = а,
де р — півпериметр трикутника ABC.
Доведення.Необхідність. Оскільки точка І (рис. 98) належить відрізку MN, а також бісектрисі ALi, то вона
є точкою перетину відрізків MN й AL\. Отже, МІ = ^MN. Маємо:
r = jWcos|; (13.5)
1 1
MI = -MN = -ALt sin Л =
Рис. 98
1 2bc А
= — cos — sin A.
2 b + c 2
1 A
Отже MI = 2S cos — • (13.6)
b + c 2
Підставимо вираз (13.6) у вираз (13.5). Маємо:
101


= 7 COS ~
Ь + с 2
S 2S або — = г— cos р Ь + с
2 —
2
b + с = 2p.cos2 — >
2р - а = 2р cos — >
2р(1 - cos2 у
= а,
о . 2А
звідки 2р sin у = а.
Достатність. Знаходимо довжину перпендикуляра IK, дс К — проекція точки І на сторону АС (рис. 98) і
доведемо, щоІК-r, якщо2р sin у = а ^—точка перетину
А 1
відрізків MN і AL), одержимо вираз IK = MI cos — = — х
х MN cos т- = т— cos2 — = — Але за умовою 2 Ь + с 2 — а
2р sta2 у = а, або^р ^1 — cos2 yj = а, або 2р — а = 2рх
х cos2 у • Підставляючи останню формулу у вираз ІК=
2prcos у
= — > маємо
2р-а
2А
2prcos у
ІК = * г.
2А
2р cos у
Задача 33. Довести, що коли точка X збігається з точкою £і, перетину бісектриси кута ВАС зі стороною ВС, то площа S обчислюється за формулою
102


S = ^MN • AWU
де Wi — точка перетину бісектриси кута ВАС з описаним навколо трикутника ABC колом.
Доведення випливає з формули (7.1) або з (13.5).
ОСНОВНІ ПОЗНАЧЕННЯ
•а, Ь, с — сторони трикутника ABC;
А, В, С — кути трикутника АВС: ВАС, ABC, АСВ;
ha, ht, he — висоти трикутника ABC, опущені відповідно на сторони ВС, АС, АВ; Ні, Ні, Нз — основи висот ha, hb, he трикутника ABC; та, ть, тс — медіани, проведені до сторін ВС, АС, АВ;
Мі, Мі, Мз — середини сторін ВС, АС, АВ;
Іа, Іь, Іс — бісектриси кутів трикутника ABC: ВАС, ABC, АСВ;
Li, Ll, L3 — основи бісектрис la, lb, Іс,’
О, R — центр і радіус описаного навколо трикутника ABC кола;
/ — центр вписаного в трикутник ABC кола (інцентр);
Кі, Кз, Кз — точки дотику вписаного в трикутник ABC кола до сторін ВС, АС, АВ;
г — радіус вписаного в трикутник ABC кола;
2р — периметр трикутника ABC;
S — площа трикутника ABC;
Іа, Іь, Іс — центри зовнівписаних кіл, які дотикаються до сторін ВС, АС, АВ;
га, гь, гс — радіуси зовнівписаних кіл з центрами Іа, ІЬ, Іс*
103


СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ТА РЕКОМЕНДОВАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ
1. Б евзГ.П. Геометрія тетраедра. К.: Рад. шк., 1974.106 с.
2. Г отманЭ.Г., Скопец З.А. Задача одна — решения разные. К.: Рад шк., 1988.171 с.
3. Г отман Э.Г., Скопец З.А. Решение геометрических задач аналитическим методом. М.: Просвещение, 1979.128 с.
4. Н естеренко Ю.В., Олехник С.Н., Потапов М.К. Задачи вступительных экзаменов по математике. М.: Наука, 1986.512 с.
5. П онарин Я.П., Скопец З.А. Перемещения и подобия плоскости. К. Рад. шк., 1981.176 с.
6. П расолов В.В. Задачи по планиметрии. 4.1. М.: Наука, 1986.272 с
7. П расолов В.В. Задачи по планиметрии. Ч. 2. М.: Наука, 1986.303 с.
8. Ш арыгин И.Ф. Задачи по геометрии (планиметрия). М.: Наука, 1986.224 с.
9. Ш арыгин И.Ф. Задачи по геометрии (стереометрия). М.: Наука, 1984.160 с.
ЗМІСТ
Передмова З
§ 1. Висоти трикутника. Ортоцентр 4
§ 2. Ортоцентричний трикутник 8
§ 3. Медіани трикутника. Центроїд 13
§ 4. Бісектриси трикутника. Інцентр 24
§ 5. Вписане й описане кола 34
§ 6. Зовнівписані кола 45
§ 7. Вписане півколо 53
§ 8. Різницеві трикутники 60
§ 9. Бісектральний трикутник 63
§ 10. Побудова трикутника 69
§11. Побудови в трикутнику 75
§ 12. Вивчення властивостей трикутника за допомогою паралельного проектування 83
§ 13. Проекції точки, що рухається вздовж сторони трикутника, на дві інші його сторони 90
Основні позначення ЮЗ
Список використаної та рекомендованої літератури Ю4
104