Text
                    Исаак
Кушнир
Альтернативные

(Геометрия)

Исаак Кушнир Альтернативные способы РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ (Геометрия) Киев • 2006
УДК 514(075.3) ББК 22.15я722 К 96 ISBN 966-359-124-2 © И. Кушнир. 2006 ©Дизайн, ма1 гг. «Факт», 2006
Предисловие Желание решить задачу многими способами является далеко не праздным. Уверен, что те, кто искренне заинтересованы в изу- чении математики и ее преподавании, убедились не только в эф- фективности, но и в эстетической привлекательности поисков второго способа решения. Сделать такой поиск не случайным явлением, а регулярным — цель этой книги. Подобный подход возможен в самом начале изучения геомет- рии. Даже самая тривиальная задача может быть поводом для гео- метрических фантазий, давая ребенку возможность использовать различные дополнительные построения, которые не всегда можно предугадать. Зато по мере накопления теоретического материала к такой задаче можно возвращаться («Решили двумя — найдите третий»). И хотя способы, предлагаемые учащимся, могут быть по- хожими и даже в определенной степени дублирующими друг друга, учителю следует с одобрением и пониманием относиться к детской попытке как к началу поисковой и творческой работы. В этой книге систематизированы интересные задачи, которые можно решать несколькими способами: задачи обучающего харак- тера (глава «Дайте ребенку пофантазировать») сменяются доказа- тельствами теорем из школьных учебников геометрии. Примене- ние различных способов помогает более глубокому восприятию этих теорем, а также их запоминанию. Но главное, что у учеников вырабатывается качество «не робеть» перед авторитетами. Сама мысль о том, что теорему можно доказать иначе, чем в учебнике — стимул для творческой работы. Это подтверждается и доказатель- ством формул, как новых, так и хорошо знакомых. Кроме того, такие доказательства служат полигоном для совершенствования в алгебре и тригонометрии. Особый интерес у читателя вызовет цикл задач, положенных в основу острого геометрического сюжета («Победа или пораже- ние», «Возникла связь времен», «Авторская задача, или 19 лет спу- стя»). В этих главах прослеживается не только методика создания 3
Предисловие нового способа решения, но и история задачи: от момента ее рожде- ния до возникновения новой, мало похожей на «родительскую» (выражение И. Ф. Шарыгина). Бережное собирание таких задач, их коллекционирование и про- паганда — одни из целей книги. И, наконец, еще одна из главных задач книги — воспитание (я не боюсь этого слова). Воспитание стремления к поиску, воли к победе. Вот почему работа над решением задачи многими способами должна быть в арсенале и учителей, и учеников. 4
Глава I. Дайте ребенку пофантазировать Самые, самые... самые первые, самые простые. Ни в одном учеб- нике геометрии, ни в одном задачнике читатель не найдет предло- жения доказать эти задачи не то что многими. а хотя бы двумя спосо- бами Можно найти достаточно много серьезных» причин, почему такого задачника нет. Зато есть одна причина, для чего нужны эти способы. Вот она: это интересно! Но... сначала попробуйте сделать сами. Может быть, ваших способов будет меньше, чем в книге, а мо- жет быть, хотя бы один будет другой — победа! 1. Задача о биссектрисах двух смежных углов Докажите, что биссектрисы двух смежных углов взаимно пер- пендикулярны. Первый способ Пусть углы АОС и АО В — смежные, ON и ОМ их биссектрисы (рис. 1). Обозначим ZAON = а, Z.AOM = р. Поскольку ЛАОС = 2/AON, а /АО В =2/А0М, то 2а +2р = 180°,илиа +р = 90°. Рис. 1 5
Глава I. Дайте ребенку пофантазировать Второй способ Продлим прямую АО (рис. 2). Тогда XDOC = XAOB = 2a (точка О принадлежит прямой АО). Поскольку ЛООС+ЛСОА = 180°, имеем 2а +2р = 180°,а+р =90°. Третий способ Продлим прямые АО, МО, NO (рис. 3). Получим 4а +4р = 360°, или а +р =90°. Четвертый способ На луче ОА возьмем про- извольную точку X (рис. 4), и на лучи ОМ и ON опустим пер- пендикуляры ХК и XF, и про- должим их до пересечения с ВС в точках В и С. Поскольку в тре- угольниках ХОВ и ХОС ОК и OF — биссектрисы и высоты, то ХО=ОВ = ОС, а это значит, что ЛВХС равен 90°, следовательно, AKOF =90°иа+р =90°. Пятый способ Примем точку О за центр полуокружности (рис. 5). То- гда ВС — диаметр этой полуок- ружности, а утлы аир — цен- тральные, значит, 2а+2$=180о,а+р=90°. 6
1. Задача о биссектрисах двух смежных углов Шестой способ В том же полукруге (см. пя- тый способ) проведем луч ОА, который пересечет дугу полу- круга в точке X: ХВХС = 90° и ХО = ВО=ОС (рис. 6). Значит, ZOXC = 90°-а, ZOXB=90°-р (из равнобедренных треуголь- ников ХОС и ХОВ). Тогда 90°-а +90°-р =90°, а + р =90°. Седьмой способ Проведем через произволь- ную точку X луча ОА прямую XD, параллельную ВС (рис. '). Рассмотрим треугольник OXD. Поскольку /DOB = X.ODX, а /СОХ -/DX0,w а -а -2р =180°,а+Р =90°. Восьмой способ Проведем через произволь- ную точку X луча ОА прямую / параллельно ВС (рис. 8). Полу- чим треугольник MON. В нем XMON + XOMN + XONM =180°, или а 4-р+а +р = 180°, а +р = 90°. Девятый способ Из произвольной точки X луча ОМ опустим перпендику- ляры ХН — на прямую ЙС и ХЕ — на прямую ОА. Рассмот- рим прямоугольный треуголь- ник XHD (De ВС). В нем /XDH = 90°-2а (из треугольника OED), a XHXD = 180°-2р (из че- тырехугольника ХЕОН). Поскольку /HXD+XXDH = 90°, имеем 90°-2а +180°-2р = 90°, или а +₽ = 90°. 7
Глава I. Дайте ребенку пофантазировать Десятый способ Проведем из произвольной точки X луча ОА прямую ХЕ, парал лельную ON (рис. 10). В треугольнике ЕХА: ХЕХА = а и ХХЕО=а значит, 2а +2р = 180°,а +р = 90°. Одиннадцатый способ доказательства предлагается найти са мостоятельно. 8
2. Вертикальные углы равны. Восемь способов! Слабо? Равенство вертикальных углов столь очевидно, что удивитель- ным является сама мысль о «многоспособье». Однако получен повод пофантазировать за счет простейших до- полнительных построений. Итак Первый способ Обозначим ЛАО V = а. ZMOB = ₽, /АОМ = у (рис. 1). Тогда а -у =180°иР+у =180°, значит, а = р. Второй способ Пусть а # р (а > Р). Отложим угол KON = р (рис. 2). Поскольку А КО В = ANOB+ZNOK = = 180°~р+Р = 180°, то луч ОК совпадает с лучом ОА, что противоречит предположению. Третий способ Рассмотрим треугольник AOD (2)еМУ)(рис. 3). а = ф1 +ф2,р-ф( +<р2, значит, а = р. Рис. 3 9
Глава I. Дайте ребенку пофантазировать Рис. 4 Четвертый способ Проведем прямую /ЦЛ/TV (рис. 4). Она пересечет прямую АВ в точке К. Тогда ZMOB - = ZEKO = ZKON, т. е. а = р. Пятый способ Стороны угла AOD (рис. 5) пересечем произвольной пря- мой XY и через произвольную точку Z одной из сторон угла ВОС проведем прямую ZU, параллельную XY. Тогда ZDXO-ZOBZ nZXDO = ZOZU, а значит, ZAOD - ZBOZ. Шестой способ Аналогичен предыдуще- му, разве что точка X принад- лежит прямой CD. Седьмой способ Опишем окружность, чтобы прямые, образующие между собой углы аир стали хордами этой окружности АВ и CD (рис. 6). Обо- значим <jBC = п, \jAD = т. Применим теорему об угле с вершиной т+п о п+т о внутри круга: а =----и р =----, значит, а - р. т Рис. 6 10
2. Вертикальные углы равны. Восемь способов! Слабо? Восьмой способ Пусть некоторая окружность пересекает прямые АВ и MN в точ- ках К, L, D, Е (рис. 7). Обозначим углы треугольника КОО ср, и ф2. Тогда углы треугольника OLE тоже будут и <р2 : они опираются на дуги NE и KL, а это значит, что а = р. Девятый способ предлагается найти самостоятельно. 11
Глава II. В равнобедренном треугольнике 3. Равнобедренный треугольник. Самая «знаменитая» высота Это высота, проведенная из вершины равнобедренного тре- угольника. Обладая неоценимым качеством (она будет медианой и биссектрисой), эта высота дарит достаточно много способов доказа- тельства. Впрочем, убедитесь сами. Итак, в равнобедренном треугольнике АВС (Ь=с) высота АН бу- дет медианой и биссектрисой угла ВАС (рис. 1). Первый и второй способы очевид- ны, так как прямоугольные треугольни- ки АВН и АСН равны по катету и гипо- тенузе (первый способ) и по гипотенузе и острому углу (второй способ). Третий способ Из точки Н (рис. 2) опустим перпен- дикуляры HD и НЕ на стороны АС и АВ, соответственно (рис. 2). Из равен- ства треугольников HDC и НЕВ следует, что HD - НЕ. Значит, &ADH = tsAEH и а - р, следовательно, /\АНС = ЛАВН и ЛА НВ = ЛАНСХ, т. е. АН — высота. 12
3. Равнобедренный треугольник. Самая «знаменитая» высота Четвертый способ Поскольку /В = ZC (рис. 3) и ZDHC = ЛЕНВ, a ЛАШ) = ЛАНЕ, то а =р. Пятый способ Опишем вокруг четырехугольника ADHE окружность (рис. 4). Поскольку Ш) = Я£,тоа = р. Шестой способ В конфигурации пятого способа: ЛИНА = ЛЕНА = у, значит, а = 90с-о (SADH\, Р = 90=-о (Л4£Я), с педовательно. а = р. Седьмой способ Проведем через вершины В и С пер- пендикуляры ВМ и CN к прямой ВС (рис. 5). Тогда /ACN = а, ЛЛВМ =р и а +С = Р + В, значит, а = р. Восьмой способ Через вершину А проведем прямую MN параллельно ВС (рис. 6). Тогда /.BAN = /В и ЛСАМ = ЛС. Имеем о +С = р+В, значит, а = р. Девятый способ Пусть N и Т — середины сторон АВ и АС (рис. 7). Поскольку HN = -АВ = -АС = НТ, 2 2 то четырехугольник ANHT — ромб, а значит, а = р. 13
Глава II. В равнобедренном треугольнике Рис. 9 Рис. 10 Десятый способ Продлим высоту АН как показано на рисунке: TH 1 ВС (рис. 8). Внешний угол треугольника АНС'. АТАС = 90°+С, аналогично, АТАВ=90°+/?. Имеем: 90°+С+р = 180°, 90°+Z?+a =180°, значит, 90°+С+р = 90°+В +а. Поскольку АВ = ZC, то а = р. Одиннадцатый способ Проведем через точку Н прямые, па- раллельные сторонам АС и АВ (рис. 9) (ЛЯ| | АВ, НЕ 11 АС). Тогда АКНС = АВ и АЕНВ = АС, значит, а + В = р+С, следо- вательно, а = р. Двенадцатый способ Проведем АМ\\ВС и DH\\AC (De AM) (рис. 10). Тогда AAHD = $, ABAD = АВ и ADHB = AHDA = АС. Значит, а+5 = 90° (AHAD), р+С = 90° (острые углы прямоугольного тре- угольника HAD). Имеем а+Б = р+С. Поскольку АВ = АС, то а = р. Тринадцатый способ Опишем окружность около ДЛ5С, центр которой принадлежит прямой АН (рис. 11) (для определенности бу- дем считать, что треугольник АВС — остроугольный). Поскольку диаметр окружности AD перпендикулярен хор- де 5С, то \jDB = <jDC, откуда ADAB = ADAC, т. е. а = р. Четырнадцатый способ предлагаем найти читателю. 14
4. Равные высоты равнобедренного треугольника Равнобедренный треугольник — Клондайк для изучения «много- способья». Рассмотрим равенство двух высот В равнобедренном треугольнике АВС (Ь=с) высоты ht и hc рав- ны. Доказать. Перепое Пусть BD и СЕ — зы^оты - и Лг тре- угольника АВС (рис. 1). Прямоугольные треугольник»' BCD и СВЕ равны, значит, BD=CE. Второй способ Аналогичен первому: EADB - ЛАСЕ, значит, hb - hc (рис. 1). Третий способ Поскольку ЛВЕС = ECDB (рис. 1), то BE =CD, а А ЕС В = Л1)ВС, значит, НВ = НС. Прямоугольные треугольники ВНЕ и CHD равны, значит, DH = НЕ, следовательно, BD = СЕ. Четвертый способ Проведем третью высоту АН} (рис. 2). Поскольку ЛВАН - ЛСАН, то ВН = СН, ЛАНЕ = ЛАОН, значит, НЕ = DH, следо- вательно, BD=СЕ. Пятый способ Поскольку ВНХ -СН}, то ВН =СН (рис. 2), значит, ЛВНЕ = ЛСНН и НЕ ~ DH, а значит, BD = СЕ. 15
Глава П. В равнобедренном треугольнике Шестой способ Проведем отрезки Н1Е и НД) (рис. 3). Как медианы прямоугольных треугольников ВЕС и В DC DHX = СНХ и Z.DCHX = Z.CDH,. Аналогично, АНХЕВ = АЕВНХ, а значит, Z.HXDB = АНХЕС (РЯ, =ЕН ,НХВ = НХС и^НД)В = ЛНХЕС), следовательно, BD = ЕС. Седьмой способ Как на диаметре опишем на ВС по- лукруг (рис. 4). Поскольку /ЛВС = ZACB, то <jCDE = vjBED, тогда \jBD- иСЕ, а значит, BD - СЕ. Восьмой способ Поскольку АС = АВ и площадь 5 тре- угольника АВС равна ^AB-hc =^AChb,-w>hb =hc. Девятый способ Пусть ZABC = Л АС В = а. Тогда hb =£sina = hc, значит, hb =hc. Десятый способ Опишем окружность вокруг равно- бедренного треугольника АВС и про- длим высоту АНХ (рис. 5). Поскольку ЛЕ1АВ =/_Н£В = ABCN и ЯЯ, = HXN, то СЯ, - CN. Аналогично, ВН = BN. Но CN = NB, значит, ВН=СН, следователь- но, ВН2 =СН^. 16
4. Равные высоты равнобедренного треугольника Одиннадцатый способ Как на диаметре, на стороне ВС опи- шем окружность (рис. 6). Поскольку Z.EBC = С DC В, то иЕВС - uDCB и хор- ды BD и £С равны. Двенадцатый способ Опустим из точек Е и D перпендику- ляры на ВС: ЕЕХ и DD, (рис. 6). По- скольку u£B = u2)C, то EB = DC и ЕЕ, =DD,, CD, =Е,В, а значит, &ЕЕ,С = ADD, В и BD -СЕ. Рис 6 Тринадцатый способ Построим удво- енный треугольник: через вершины А В, С проведем прямые, параллельные соот- ветственным сторо- нам треугольника АВС (рис. 7). Поскольку орто- центр Н — центр ок- ружности, описан- ной около треуголь- ника А, В, С, и хорды А, В, и ДС, равны, то НС = НВ, а значит, ВН2 =СН3. Рис. 7 Задача, обратная поставленной, доказывается аналогичными способами: еслиhb =hc,Tob=c. Четырнадцатый способ предлагается найти самостоятельно. 2 - 6-1744 17
5. Две биссектрисы равнобедренного треугольника Доказываем, что в равнобедренном треугольнике биссектрисы углов при основании равны. При кажущейся аналогии с предыду- щим разделом, доказательства более содержательны и интересны. Обратите внимание на обратную задачу. Первый способ Пусть BL2 иС£3 — биссектрисы углов при основании равнобедрен- ного треугольника АВС (Ь=с) (рис. 1). Поскольку ABCL3 = Z.CBL2, а /.В = ZC, то Д5£3С = Л2?£2С, значит, ВЬ2 = С£3. Второй способ Поскольку ZAff£2 = AACL3 и АВ = АС, то треугольники ACL3 и ABL2 равны, значит, 1Ь = 1С (рис. 1). Третий способ Поскольку Z.IBC = Z.ICB (рис. 1) (Z — точка пересечения биссектрис углов тре- угольника), то 1В = 1С, а треугольник IL3B равен треугольнику IL2C, значит, IL2 = IL3, следовательно, BI+IL2 =CI + IL3, или lb =lc. Четвертый способ Поскольку Z.IAB = AIAC, a AIBA = Z.ICA, АВ = АС, то &А1В = ^А1С (рис. 2), значит, BI -CL Поскольку AAIL3 = AAIL2, то IL3 - IL2, а значит, BL2 = CL3. 18
5. Две биссектрисы равнобедренного треугольника Пятый способ Поскольку ABL2C = ABL3C (рис. 3), то точки В,С, L2, £3 принад- лежат одной окружности. Но AL3CB = AL2BC = - AL3L2B = AL2L3C. Отсюда IL2 = IL3. Тогда BI = CIt зна- чит, BL2 = CL3. Рис. 3 Шестой способ Поскольку \jBL3L2 = uL,L2C (рис. 3), то BL, ~CL3. Седьмой способ Поскольку _В£4 = 90°+|(рис. 4), а ACIA = 90°+—, 2 то (Z5 = ZC) ABIA = ZCZ4; а значит, AAIB = &AIC (И признак) и BI = CI, а значит, BL2 = CL3. Восьмой способ Опишем около треугольника АВС окружность (рис. 5) и продлим три биссектрисы углов А, В и С до пере- сечения с окружностью в точках W], . Поскольку uBffs =00^, то AB/lTj = ЛС/И7, и BI = С/. Поскольку &CW2L2 = &BW3 L3, то W, L, = W, £,, значит, BL2 = CL,. Рис. 5 2* 19
Глава IL В равнобедренном треугольнике Девятый способ Воспользуемся теоремой о свойстве биссектрисы внутреннего угла треугольника: ВС: AB = CL2:L2A и ВС: АС = BL3 : £3 А. Поскольку АВ = АС, то CL2 :L2A- BL3 : L3 А, значит, lb ~lc. Десятый способ Вокруг треугольника АВС опи- шем окружность (рис. 6). Прямые BL2 и CL3 пересекут ее в точках W2 и W3. Поскольку vW2W3B = uW3W2C,to BW2 =CW3. Поскольку uAJV2 = uAIV3,to ajv2 =ajv3 и треугольники ЛЖ2Л2 и ЛЖ3£3 равны, значит, L2W2=L3W3, следовательно, BW2 -w2l2 =cw3 -w3l3 и/, =/c. Одиннадцатый способ Продолжим прямую ALX до пе- ресечения с описанной окружно- стью в точке Wx (рис. 7). Поскольку \BWX I = ДСИ7, I, то BI=CI, а значит, 1Ь = !с. Задача (обратная): Если 1Ь =1с,тоЬ=с. Замечание, Эта задача Штейнера-Лемуса. Двенадцатый способ предлагается найти самостоятельно. 20
6. Две медианы равнобедренного треугольника Задача аналогична двум предыду- щим. Читатель знаком с теоремой о точ- ке пересечения медиан треугольника. Задача. В равнобедренном треуголь- нике АВС (Ь=с) медиана ть равна ме- диане тс. Доказать. Первый способ Треугольник ВСМ3 равен треуголь- нику СМ2В (рис. 1). Значит, ть =тс. Второй способ Треугольники АМ3С и АВМ2 равны. Отсюда ть =тс. Третий способ Поскольку АММ\В - 90° (М — точ- ка пересечения медиан) (рис. 2) и Af1S = Jlf1C,To МВ = МС -т. =-т. I 1з ь з £/ значит, ть = тс. Четвертый способ Проведем среднюю линию М2М (рис. 3). Поскольку АМ2М3В = Х.СМ2М3,ио t±BM2M3 — hCM2M3 нть =тс. 21
Глава II. В равнобедренном треугольнике Пятый способ Поскольку Z.MM2M3 = Z.MM3M2 (рис. 3), то М2М-М3М, а значит, ть = тс. Шестой способ Поскольку ЛАМ 2М - ЛАММ, то ММ2 = ММ3, а значит, ть =тс. Седьмой способ Поскольку М2 М311 ВС, то М2Т2 = МД\ (M3Tt и М2Т2 — перпендикуляры, опу- щенные из точек М3 и М2 на сторону ВС) (рис. 4), а значит, В7\ = СТ2, откуда С1\ = ВТ2 nmb=mc. Восьмой способ Проведем прямую М2М3 и опус- тим на нее перпендикуляры ВВ{ и СС (рис. 5). Поскольку ВВ{ =СС, и ВМ3 =СМ2 (рис. 5), то ЛВВ{М3 = ЛСС1М2 и M3B{ =M2Clt а значит, ЛВМД = ЛСМ3С}, следова- тельно, ВМ2 -СМ3. Девятый способ Проведем высоты ВН2 нСН3 (рис. 6). Поскольку ВН3 =СН2,тН2М, = Н3М3 и ЛСН3М3 - ЛВН2М2, значит, ть -тс. Десятый способ Соединим точки М3, М2, М3 (рис. 7). Поскольку М.М3=-АС, МхМ2^-АВ, 1 2 2 то в ЛМХМ3М2 медианы М2Е и М3К равны, а значит, ть =тс. 22
6. Две медианы равнобедренного треугольника Одиннадцатый способ Поскольку параллелограмм М(М2 М ? В равен параллелограмму Мх СМ 2 М3, то диа- гональ ВМ2 равна диагонали СМ3 (рис. 7). Двенадцатый способ Удвоим медианы ВМ2 нСМ3 (рис. 8). Поскольку параллелограммы САСХВ и ВСВХА равны, то их диагонали равны, значит, ВМ2 =СМ3. Тринадцатый способ Поскольку С]Тх -BxT2,tq прямоугольные треугольники ССХТх и ВВХТ2 (рис. 9) равны, значит, ВВХ =ССХ .следовательно, mb =mc. Рис. 9 23
Глав а П. В ра в нобедренном треугольник е Рис. 10 Четырнадцатый способ Проведем Л/2Г||М3С (рис. 10). Поскольку ДЕЛ/3С = Д/Ж2й, то mh=mc. М2 Рис. 11 Пятнадцатый способ Поскольку треугольники ВМ^М и СММ2 равновелики (докажите!), а Z.MM 3 В = ZJMM2C =а, то 1 с . 1 b . -ли, —sin а -~mh —sin а. 2 с 2 2 ь 2 Нос = Ьу значит, ть = тс (рис. 11). Шестнадцатый способ Поскольку ЛВМ3С = /Ш2С, то точки В, М 3, М 2, С принадлежат од- ной окружности (рис. 12). Поскольку ВМ3 = СМ2, то иВМ3 - <иСМ2 и иВМ3М2 = 'иСМ2М3, значит, хорды ВМ2 тлСМ3 — равны. Семнадцатый способ Опишем окружность около треуголь- ника АВС (рис. 13) и продлим медиану АМХ до пересечения с окружностью в точке JVj. Поскольку лмв^ =лмау1} ТО МВ = МС, а значит, ть =тс. 24
6. Две медианы равнобедренного треугольника Восемнадцатый способ Удвоим отрезок ММХ (рис. 14). По- лучим ромб МВЕС, значит, МВ = МС, следовательно, ть = те. Девятнадцатый способ Из середины М{ стороны ВС прове- дем отрезки Л/^||Л/3С и М1К\\М2В (рис. 15). Поскольку M}N и МХК — средние линии треугольников В М3С и ВСМ2^о M3C = 2M1NhM2B = 2M1K. Но MXN = МХК (из равенства треуголь- ников М, NBи М КС), а значит, т, = те. Проведем через вершину А прямую I, параллельную ВС и продолжим ме- дианы ВМ- и СМ3 до пересечения с / в точках Е и D (рис. 15). Треугольник MED — равнобедренный, так как 4Z) = ВС = ЕАъАМ ЕВС, зна тит. MD = ME, следовательно, ть -тс. Двадцать первый способ предлагается найти самостоятельно. Обратная задача- если ть = тс,то b-с. Доказывается аналогично прямой. 25
Глава III. Популярные углы в треугольнике Рассматривая доказательство равенства некоторых углов в тре- угольнике, преследуется цель выделения этих углов, поскольку’ они важны в решении многих задач. «Многоспособье» способствует этому. 7. Угол между высотами равен углу треугольника (ZAHH3 /АВС) Задача. Доказать, что ААННУ = ААВС. Первый способ Углы АНН3 и АВН1 взаимно равны как углы с взаимно перпендикуляр- ными сторонами (АН' ± ВС,СН3 ± АВ) (рис. 1). Обозначим ААНН3 как а, ААВС — как0. Второй способ Из треугольника АНН3: а + АНАН3 = 90°, из треугольника АВН}: 0 + АН{ АВ = 90°, значит, а = р. Третий способ Из четырехугольника HHY 5:0+АН{НН3 =180°, значит, а = 0. 26
7. Угол между высотами равен углу треугольника (/АНН. = /АВС) Четвертый способ Через вершину А проведем пря- мую MN11 ВС (рис. 2). Поскольку /Нх AN = 90°, a Z BAN = р, то ZK, АВ = 90°-р, а /НАВ = 90°-а, значит, а = р. Пятый способ Проведем прямую ВК, перпен- дикулярную ВС (рис. 3). Поскольку /Н} АВ = /АВК и ZH, АВ = 90°-а, то /АВС+/АВК ~ 90°, значит, Р+90°-а =90°, а = р. Шестой способ Рассмотрим треугольник АНС (рис. 4). Как внешний а = /АНН3 = /НАС+/НСА, а =90°-С+90°-Л = = 180°-( А+С) = 180°-180°+Д т. е. а = В, или а =р. Седьмой способ Проведем отрезок Н3 (рис. 4). Тогда /Н3 НгВ =/А, /Н} Н3В = /С. Рассмотрим треугольник НН3 Н{. В нем /НН{ Н3 = 90°- А, /НН3 Нх = 90°-С, a ZAHH3 — внешний. Итак, а = 90°-Л +90°-С = 180°-(Л +Q = В. Значила =р. Восьмой способ Рассмотрим треугольник Ну АН3 : /НХАБ3 =^°-В,/АНхН3 =90°-Л, а угол НХН3В = /С — внешний. Имеем С =90°-В+90°-Д или 180°-(й+А) = 180°-(а + А), откуда а = Д или а = р. 27
Глава III. Популярные углы в треугольнике Девятый способ Вокруг четырехугольника ВНХ Н опишем окружность (рис. 5). На дугу Н3ВН{ опирается угол /Н3НН\ = 180°-а. (1) В свою очередь, /Н3НН1 = 180°-р. (2) Сравним выражения (1) и (2): 180°-а =180°-р, отсюда а - р. Десятый способ Опишем окружность около тре- угольника АВС (рис. 6). Продлим вы- соту СН3 до пересечения с этой ок- ружностью в точке D (рис. 6). Тогда НН3 = H3D (доказать!) и /АНН, = /ADH3 = /АВС, Рис- 6 т. е. а — р. Одиннадцатый способ Поскольку (рис. 6) /АНО = 1 ( uAD+иСЕ), а =-(180о-2Л+180°-2С) = 180°-(Л+С) = 180о“180о+Да = В, 2 или а =р. Двенадцатый способ предлагается найти самостоятельно. 28
8. Два угла прямоугольного треугольника В прямоугольном треугольнике АВС {АС- 90°) проведем высоту СН (рис. 1). Углы АСН (или АВСН) равны одному из острых углов прямоугольного треуголь- ника: /АСН-АСВА (АВСН= САВ Докажем это. Первый способ Углы АСН и СВН равны как углы с взаимно перпендикулярными сторонами (рж: 1). Второй способ Обе анзчим ^АСН = а; АСВН = р, и АСАН = <р (рис. 1). Из тре- »тслькика аСН.о. + <р=90°. Из треугольника Л5С:р + <р = 90°, значит, Третий способ Проведем биссектрису CL прямого угла (рис. 2). Обозначим АНСА = а. Тогда AHCL = 45°-а; ACLH = 45°-нх. Поскольку ACLH = ACBL + ALCB, то ZCBZ =45°+а-45°= а. Значит, АСВН = АНСА. Четвертый способ Проведем медиану СМ3 (рис. 3). Обозначим АСВА = р. Тогда АВСМ3 =р и АСМ3Н = 2р. Поскольку М3А = М3В = М3С, то АМ3СА = АСАМ, = 90°-р. Тогда АМ3СН = (90°-Р)~₽ =90°-2р; ААСН = А АСМ 3 + АМ3СН = 90°-р+2р -90°=р. 29
Глава III. Популярные углы в треугольнике Рис. 4 С N Н А Рис. 7 Рис. 8 Пятый способ Опишем окружность около треуголь- ника CAB (ZC=90°) (рис. 4). Продлим высоту СН до пересечения с этой окруж- ностью в точке С,. Тогда Z.CBA = ZCC, А (они опираются на дугу АС). Но ZCC, А = ЛАССХ. Значит, Z/iCC, = ЛСВА. Шестой способ В прямоугольном треугольнике АВС (Z.C = 90°) О — центр описанной окруж- ности (рис. 5). Поскольку прямые ОС и НС изогональны, то Z.HCA = ЛОСВ. Но О А = ОВ, а значит, ЛОВС =/ВСО= АНСА, что и требовалось доказать. Седьмой способ Опишем вокруг треугольника АСН (рис. 6) окружность. Тогда ЛИС В можно рассматривать как угол между касатель- ной ВС и хордой СЯ, а он равен углу САН. Восьмой способ Через вершину С проведем прямую MN, параллельную АВ (рис. 7). По- ♦ скольку ЛМСВ равен углу НСА (углы с взаимно перпендикулярными сторо- нами) и ЛМСВ равен углу СВА, то ут- верждение доказано. Девятый способ Пусть ЛАСН = а, ЛСВА = р. Опишем окружность около треугольника АВС (рис. 8). Поскольку угол СОА — цен- тральный, то ЛСОА = 2р (Р — вписан- ный). В равнобедренном треугольнике СОА (СО-ОА)'. ЛОАС=<№°-$. Из ДЯС4: а +90°-р=90°, или а = р. 30
8. Два угла прямоугольного треугольника Десятый способ Проведем через вершину С касательную MN (рис. 9), значит, ZML4 = p, ZMCfi = ZCA8=90°-a. Имеем: 90°-a+90°+р = 180°, следовательно, a = р. Одиннадцатый способ предлагается найти самостоятельно. 31
9. Вид из инцентра В треугольнике АВС точка I пересечения биссектрис внутренних углов треугольника называется инцентром. Обращалось неодно- кратно внимание на то, что ABIC = 90°+—. Задача, опубликованная 2 в задачнике геометрии Рыбкина, имела миллионные тиражи и как одна из первых «посильных задач повышенной сложности» в курсе планиметрии пользовалась большим успехом. Возвращаем ее чита- телю, доказанную многими способами. Первый способ Как внешний угол треугольника С1Ьг (рис. 1) ABIC = AACL3 + AIL2C = с ( (в = -+ 180°- -+С = 2 I \2 JJ = -+180°-- -С = 180°- 2 2 \ 2 J "180°-/^ I 2 ) =90°+- 2 Второй способ Угол BIC внешний в треугольнике BIL3. Доказывается аналогич- но первому способу. Третий способ ИзД7?/С(рис. 1): ABIC = ШЧА1ВС + А1СВ) = 180°-^| В+±С = 180°-| (В+С) = 180°-| (180°- А) = 90°+у. 32
9. Вид из инцентра ( в+с\ = 360°- А + В+С+-— Четвертый способ ABIC = AL3IL2. Из четырехугольника AL2IL3 (рис. 1) имеем: ABIC = Z£3 IL2 = 360°-(Л + AAL21 + Z4Z3 Г) = i+C+^B+B+^C) = = 180°-^i^ = 180°-^^ = 90°+— 2 2 2 Пятый способ Поскольку ABIC = ALJB + ALJC, а эти углы внешние в треугольниках ABI и ACI (рис. 2), то ABIC = 1 Я+i А +- А+-С = 2 2 2 2 _Д+2Л+С = 180°-Л+2Л =9()о+ А 2 2 +2 ’ Шестой способ Через инцентр I проведем прямую MN параллельную 2?С (рис. 3). Пос- кольку AMIC = С, a AN IB = ~ В, имеем ABIC = 180°4-В+ -С 12 2 Седьмой способ Поскольку AMI В — внешний в треугольнике NIB, а AINB = \8W-B, то, учитывая, что AMIC =—С, имеем (рис. 3): 1 R -C+ABIC = 18Q°-B+-, 2 2 откуда ABIC = 180°- = 90°+ -. 2 2 3-6-1744 33
Глава III. Популярные углы в треугольнике Восьмой способ Через инцентр I проведем прямые IK и IN, параллельные сторонам АС и АВ С соответственно (рис. 4). Тогда /С1К = —; 2 В ABIN = —. Заметим, что Z.NIK равен уг- лу ВАС (углы с параллельными сторона- ми), значит, В С л В+С+2А 180°-Л+2Л ппо А =—+—+А =-----------=----------= 90°+— 2 2 2 2 2 Девятый способ Проведем через вершину А прямую MN, параллельную ВС (рис. 5). Продлим биссектрисы BL2 и С£3 до пересечения с этой прямой в точках £ и/). Из MED\ AEID = ABIC = 180°- - (В+Q = 90°+ -. 2 2 Десятый способ Проведем Z^l | BI и 1Л Е11IC (рис. 6). Тогда четырехугольник L DIE — парал- лелограмм, а поскольку AEL, В = -С,& ADL. С = 1 В,то 1 2 1 2 ADLXE = ABIC = = 180°-| |=90°+-. 2 2 ) 2 34
9. Вид из инцентра Одиннадцатый способ Через точку В прове- дем прямую, параллель- ную стороне АС и про- должим биссектрису CL3 до пересечения с этой прямой в точке Z): AD|| АС (рис. 7). Угол BIC будет внешним в треугольнике BID: Заметим, что можно провести аналогичное доказательство, если провести прямую, параллельную стороне АВ. Двенадцатый способ Проведем прямую t, параллельную биссектрисе CL3 (рис. 8): АВ1С = А1гВМ = = -B+ACL3B = 2 3 Д / (Г1 = -+ 180°- - + В = 2 I \2 JJ = 180°-^±^ = 90°+—. 2 2 Рис. 8 Тринадцатый способ Опишем окружность около треуголь- ника АВС и продлим биссектрису угла ВАС до пересечения с окружностью в точке W (рис. 9). По теореме трилист- ника CW = WI = WB и ZWCI = Z.CIW, как и Z WBI = /LBIW. Z.ICW = -+ABCW = -+-, 2 2 2 ZfBW = - + -, 2 2 W Рис. 9 /dw-" САВА , В+C значит, Z.BIC = —+—+—+— = А +------------ 2 2 2 2 2 + l^Z = 90°+4 2 2 3* 35
Глава III. Популярные углы в треугольнике Четырнадцатый способ Рассмотрим угол BIC как угол с вер- шиной внутри круга (рис. 10). Точки И7!, , W3 — точки пересечения бис- сектрис с описанной около треуголь- ника АВС окружностью. Имеем ABIC = А ( vBWxC+\jW3 aw2) = 2 = | (2Л+€+£)=90°+Л Пятнадцатый способ Пусть вписанная окружность касает- ся стороны ВС в точке К (рис. 11). Тогда ПСА ABIC=90°- -+90°- - = 90°+ -. 2 2 2 Шестнадцатый способ Рассмотрим угол BIC как угол ме- жду высотами треугольника (докажите!): ABIC = 180°-Z (рис. 12). Значит, ABIC = 180°-—(В +Q = 90°+ -. 2 2 Семнадцатый способ Проведем симметрию точки I от- носительно стороны ВС (рис. 13). По- лучим четырехугольник 1ВЦС. Пусть АВ1хС = х. Имеем ABIXC + АЦСА +АСАВ + ААВ1Х = =х+-С+ А + - 21 = 360°. 2 2 х=360°-|(Я+С)-Л = = 360°-1 (180°-Л) - А = 90°+у = ABIC. Восемнадцатый способ предлагаем найти самостоятельно. 36
10. Угол между высотой и биссектрисой, проведенными из одной вершины Рассмотрим угол ср между высотой ha и биссектрисой 1а треуголь- IB-CI ника АВС. Докажем, что ср = -1. Договоримся для определенно- 2 В—С сти, что Z.B > Z-С, значит, ср = ——. 2 Популярность этого угла в геометрии треугольника велика, чи- татель в этом убедится, а пока перейдем к рассмотрению способов доказательств этой формулы. Первый способ Пусть АНХ — высота треугольника ABC, ALX — биссектриса треугольника ВАС.Обозначим ZAL} Нх кака (рис. 1). Ясно, что ср=90о^а (1) (из треугольника АНХ Lx). Из треуголь- ника ALX С а=С+-А. (2) 2 Рис. 1 Подставим выражение (2) в (1): \ 2 J 2 I 2 J А + В+С-2С-А В-С 2 Г” Второй способ Из треугольников AL{ В и АНХ й:ср=^-Я-р(Р = ЛНХ АВ). Значит, ,=1а-^-В)=1-А-^+С+В-.^±-В-С+2В V 2 2 2 2 В-С 2 37
Глава III. Популярные углы в треугольнике Рис. 4 Третий способ Проведем прямую MN, перпендику- лярную высоте АН{ (рис. 2). Поскольку ZBCA = AMAC,то Л+Д+С~С~~ = 1 2,1 2 2 А + В+С-2С-А _В-С 2 2 Четвертый способ Опишем окружность около тре- угольника АВС (рис. 3) и продолжим прямую ALX, а также высоту АН до пе- ресечения с этой окружностью. Полу- чим точки ГК и N. Имеем ф = 1 uHW = = = 1 ( А - (180°-2 В)) = 5 “С. Пятый способ Продолжим биссектрису ALX до пере- сечения с описанной окружностью в точ- ке И7 (рис. 4). Пусть ZALXH} равен а. Тогда ф = 90°-а. Из треугольника ИХ(С а =180°-(^Т1СГК+гСГГ7.1) = = 180°- - А+5 значит, ф=90°-180°+-Л+5 = -^?^+- + 5 = 2 2 2 А-А-В-С+2В 2 В-С Шестой способ Рассмотрим треугольник CIW (рис. 4): Z.WCI = Z.CILX (теорема трилистника). Из треугольника C1L{ (см. предыдущий способ): a-ZZCZ. +ZCTZ. =1с+(-+-\ ' ’ 2 U 2) значит: А + В+С С_С А В-С 2 2 2 2 2 38
10. Угол между высотой и биссектрисой, проведенными из одной вершины Рис. 5 Седьмой способ Проведем диаметр ИТ) (рис. 5). Угол ср равен углу ДИ64, а ADWA = -uAD = 2 = ^(n-(uWB+uAB)) = = 1(п-(А+2С)) = ^. Восьмой способ Поскольку (рис. 6) а =1(оСРК+иЛВ) = 1(Л+2С), А+В+С 1 , . В—С то<р =--------(А+2С) = -^-. Девятый способ предлагается найти самостоятельно. 39
11. Углы с перспективой Рассмотрим равенство углов: ZOAC = ЛВАНХ (О—центр описан- ной около треугольника АВС окружности, Нх — основание высоты, проведенной из вершины А). Выбор этой пары углов оценят любители и знатоки геометрии треугольника: при решении задач и доказательстве теорем вы в дальнейшем неоднократно воспользуетесь этой парой. Доказать, что Z.OAC = Z.BAHX, где О — центр окружности, опи- санной около треугольника АВС, Н{ — основание высоты, прове- денной из вершины А треугольника АВС. Первый способ Из треугольника АВНХ (рис. 1): Z^X5 = 90°-5. Рассмотрим треугольник АОС. Поскольку Z.AOC = 25, то Z.OAC = 90°-5 и Z.OAC = Z.H, АВ. Второй способ Проведем диаметр AD (рис. 2). Поскольку ZABC = ZADC, то Z.CAD-Z.BAHX. Утверждение задачи доказано. Рис. 1 Рис. 2 40
11. Углы с перспективой Третий способ Проведем биссектрису угла ВАС (рис. 3) и продлим ее до пересе- чения с окружностью в точке W. Тогда Z.OAW - ZAWO = ZWAHX. Поскольку Z.BA W = Z.CAW, то ZOAC = АВ. Четвертый способ Пусть Н2 и Н3 — основания высот hb и hc (рис. 4). Поскольку ЛАН2Н3 - Z.B (докажите!), а О А ± Н2Н3 (докажите!), то АО=90°-Б = ЛН} АВ. Пятый способ В точке А проведем касательную MN к описанной окружности (рис. 5). Тогда Z.OAM равен90°,а Z.MAC - Z.B, значит, ZOAC -90°-5. М Рис. 5 Шестой способ предлагается найти самостоятельно. 41
12. Окружность. Первые задачи Рассмотрим несколько задач, интерес к которым «подозревается» возможностью решить их двумя и более способами. Лично у меня вызывает особый интерес первая задача. Привыкнув к ней как к одной из предлагаемых в начале изуче- ния курса планиметрии, я не подозревал о существовании второго способа, пока его не предложил ученик, почему-то не сумевший решить задачу первым, более легким способом. Бывает... Задача 1. Доказать, что общая хорда двух пересекающихся ок- ружностей перпендикулярна линии центров. Первый способ Пусть (?j и О2 — цен- тры двух пересекающих- ся окружностей с общей хордой MN (рис. 1). По- скольку треугольники Oj МО2 и Ц NO2 равны, то /МОД = ЛЩО2, а значит, как биссектриса равнобед- ренного треугольника MOXN. Второй способ Проведем диаметры МА и МВ (рис. 2). По- скольку Z.MNA = Z.MNB =90°, то АВ — прямая. В тре- угольнике МАВ ОгО2 — средняя линия, параллельная стороне АВ. Поскольку AB1.MN, то O&.LMN. 42
12. Окружность. Первые задачи Третий способ Продлим радиусы Ох А иОхВ (рис. 3). Так как ZOlAB = ZOlDC, ZO}BA = ZOJCD, ZOXAB = ZABOX, то ZOXDC = ZO^CD, следовательно, AB\\CDnAC = BD. Из свойств симметрии следует, что ОХО2 LAB. Задача 2. Два равных отрезка пересекаются под прямым углом в точке О. На них как на диаметрах построены пересекающиеся в точке С окружности. Доказать, что ОС принадлежит биссектрисе прямого угла. Первый способ Пусть АО и ВО — равные отрезки (рис. 4). Поскольку \jACO = \jBCO, то \jOmC-Z)OnC, значит, \jAC = \jBC и ЛАОС = ЛВОС. Второй способ Поскольку АО и ВО—диаметры по- строенных окружностей, то ЛАСО = - ЛВСО=90°, значит, отрезки АС и СВ принадлежат прямой АВ (рис. 5). В равнобедренном треугольнике АОВ отрезок ОС является высотой, следова- тельно, и биссектрисой. Третий способ Поскольку ОВ касательная, то ЛСОВ = ^иСпО (рис. 5). Аналогично, ЛСОА - — vj СтО. Но иОтС = иОпС, 2 значит, ОС — биссектриса угла АОВ. 43
Глава III. Популярные углы в треугольнике Рис. 6 Четвертый способ Пусть О{ и О2 — центры окружно- стей (рис. 6). ТогдаOOjCO2 ~ квадрат, а ОС — его диагональ. Пятый способ Проведем касательные в точках А и В (рис. 7). Получим квадрат ADBO, в котором точка С принадлежит диа- гонали OD. Значит, ZAOD = Z.BOD. Задача 3. Через общую точку двух внешне касающихся окружно- стей проведена секущая, пересекающая эти окружности в точках А и В (рис. 8). Точки Ц и О2 — центры этих окружностей. Доказать, что отрезки О, А и О2 В параллельны. Первый способ Проведем линию центров OjO2, кото- рой принадлежит об- щая точка S этих ок- ружностей (рис. 9). Поскольку треуголь- ники OXAS и O2BS равнобедренны, а ZOXSA = ZO2SB, то ZO^AS = AO2BS и, значит, А1|02 В. 44
12. Окружность. Первые задач и Второй способ Через точку S про- ведем общую каса- тельную MN (рис. 10). Обозначим ZSBO2 как ф. Проведем диаметр ВВХ. Тогда Z.BSBX =90°, aZ.BxSN = ф. Поскольку ZASBX =90°, то ZASN =90°-ф, и ZA(\S =180°-2ф, a ZOj AV - ф, следовательно, О,А\\О2В. Третий способ Пусть AM и BN — диаметры (рис. 11). Поскольку ZMSA--ZBSN то MSN — прямая, а значит, ZMSO, =zNso2i следовательно, ZMOXS = ZNO2S hAM\\BN (О,Л||О2В). Четвертый способ Из центров О! и О2 опустим перпендику- ляры на секущую АВ (рис. 12). Поскольку Рис. 10 Рис. 12 ZOX SE = ZKSO2, то ZE(\ S = ZSO2 К, а значит, ZAOX S = ZSO2 В и AOt 11BO2. 45
Глава III. Популярные углы в треугольнике Пятый способ Проведем линию центров MN (рис. 13). Поскольку ZMAS = ANBS =90°, то АМ\| BN и ААМО{ = BNO2, значит, /.МОХА- Z.NO2B, следовательно, AOt [ | ВО2. Задача 4 Две окружности касаются внешне в точке 5. Через эту точку проведена общая касательная. Прямая касается внешне этих окружностей в точках А и В и пересекает внутреннюю касательную в точке Е. Доказать, что АЕ = ЕВ = ES. Рис. 14 Первый способ Пусть АВ касатель- ная к данным окруж- ностям (рис. 14). Пусть Е — произвольная точ- ка касательной, S — точка касания окруж- ностей. Тогда ES = AE,ES=EB, значит, АЕ = ES - ЕВ. Второй способ AEAS = ZASE как углы между касательной и хордой, следова- тельно, АЕ = KS". Аналогично доказывается, что ES = ЕВ. 46
12. Окружность. Первые задачи Третий способ Обозначим М — середину отрезка АВ (рис. 15), Z5AB=a, Z5R4 = p. Тогда ZAOtS = 2а, Z.BO2S = 2$ и a+p=90° (из четы- рехугольника АО}О2В). Но тогда ZAS7? = 90°. Действительно, AASB = 180°-(а +р) = 90° и SM = ± АВ как медиана прямоугольного треугольника ASB. Поскольку MS — касательная (доказать!), то утверждение задачи доказано. Задача 5. Диаметр АВ и хорда АС окружности с центром в точке О образует угол, равный 30°. Касательная, проведенная через точку С, пересекает продолжение АВ в точке D. Доказать, что ОС =—OD. Первый способ Поскольку CD — касатель- ная (рис. 16), то Z.OCD = 90°. Из равнобедренного тре- угольника АОС: ЛАОС = 120°, значит, ZODC = 30°, и OC = -OD. 2 Второй способ Поскольку АСОВ = 60°,то SOCBравносторонний, тогда Z.BCD = 30° и Z.CDB = 30°, значит, ОС =—OD. 2 47
Глава III. Популярные углы в треугольнике Третий способ Поскольку СВ — медиана треугольника OCD (рис. 16): CB-OB = BD, roOC=-OD. 2 Четвертый способ Воспользуемся рис. 17: zcba = zcka, значит, ZACK =60°. Задача 6. В окружности через середину радиуса проведена перпендикулярная ему хорда. Доказать, что эта хорда видна из центра окружности под углом 120°. Первый способ В окружности с центром О проведена хорда АВ через середину М радиуса NO (рис. 18). Поскольку по условию ZOMB = 90°,(Ж = - ОВ, то 2 ZMBO = 3Q°, ZMOB=60°,ZAOB = V20°. Второй способ Поскольку NM = M0 и AM = МВ, то параллелограмм ANBO — ромб (рис. 19), и NO —OB- NB, значит, ZNOB = 60°, a ZAOB = 120°. Третий способ Поскольку МО = - М9, и МО—средняя 2 линия в &АВС (ВС — диаметр), то АС = 2 МО = ON и ЛАОС — равносторонний, т. е. ZAOC - 60° (рис. 20), значит, ZAOB = 120°. 48
12. Окружность. Первые задачи Четвертый способ Поскольку (рис. 21) Z.NBM = ЛМВО, Z.NBM = Z.NEBn ЛОВЕ = ЛОЕВ, то ЛМВМ = ЛМВО = ЛОВЕ = 90°: 3 = 30°, значит, ЛАОВ = 120°. Предлагается найти новые способы доказательства. Рис. 21 4-6-1744 49
13. Авторская задача... детей Пропаганда решения задач многими способами не прошла да- ром. Ученики с сияющими глазами и возгласами: «Мы придумали задачу!» — торжественно прочли ее текст (откровенно говоря, не уверен, что он оригинален, правда, дело не только в этом): Две окружности разных радиусов пересекаются в точках А и В. Радиусы Ot А и В меньшей окружности продлили до пересечения с большей окружностью в точках С и D соответственно. Доказать, что АС = BD. Оказалось, что ценность задачи, как справедливо заметили уче- ники-авторы, в пяти (!) способах доказательства. Первый способ Из центра О2 (рис. 1) опустим перпендикуляры О2Т и O2L на хорды АС и BD. Поскольку прямо- угольные треугольники О, Т02 и Oj LO2 равны (по гипотенузе О} О2 и острым углам ZTOO} = ALOxO2), то О2Т-O2L, а значит, АС = BD. Второй способ Поскольку AOXAB=Z.OXDC vl Z.OXBA-Z.OXCD (рис. 2), то ZC = Z.D (так как О, Л-0}B\i ЛОуАВ = АОхВА), следовательно, 0}С = OlD hAC = BD. 50
13. Авторская задача... детей Третий способ По теореме об отрезках секущих: OlA-OiC=OlSOiD, но О, А = €>! В, значит, О{ С = О} D, отсюда АС = BD. Четвертый способ Поскольку треуголь- ники О, АО2 и О, ВО2 рав- ны по трем сторонам (рис. 3), то ЩАО2 =А(\ВО2. Обозначим ЛСАО2 =ADBO2 =<р. Тогда Z4O2C = 180°-2q>= = ^bo2d. Следовательно, Рис. 3 ВО, = АО,,DO, =СО, и ААО,С = Л ВО,!), значит, КАСО, = ЛВОО, и АС = BD. Пятый способ Воспользуемся свой- ством «равные хорды — равные дуги» (рис. 4). Поскольку ЛО'АВ = АОХВА, значит, ZCAB = /DBA, значит, <jCD+kjBD = = \jCD+\jAC, следовательно, <jBD = и АС и BD = AC. Шестой способ предлагаем найти самостоятельно. 4" 51
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Заголовок говорит сам за себя. Рассматриваются различные спо- собы доказательств популярных теорем и формул, с которыми зна- ком каждый школьник (по крайней мере — должен быть знаком). 14. Теорема о медиане тс прямоугольного треугольника ДСВ (ZC = 90°) В прямоугольном треугольнике CAB (ZC =90°) медиана СМ3 равна половине гипотенузы. Доказать. Первый способ Удвоим медиану СМ3 (рис. 1). Полу- чим точку D. Четырехугольник ADBC — прямоугольник, значит, 1 тс =2С (СМ. = тс,АВ =с). Второй способ Опишем окружность около треуголь- ника ABC (Z.C =90°) (рис. 2). Поскольку Л/3 — центр этой окружности, то СМ3 - Л Л/3 - ВМ3, 1 или тг =—с. 2 52
14. Теорема о медиане те прямоугольного треугольника АСВ (ZC = 90 ) Третий способ Из точки Afj проведем прямые, па- раллельные катетам (рис. 3). Получим прямоугольник СКМ 3 Е. Поскольку ЕК=СМ, = — АВ 3 2 (ЕК — средняя линия), тоСЛ/3 = - АВ. Четвертый способ Проведем М 3 Е J. ВС. Поскольку М3Е\\АС, и М3Е — средняя линия в треугольнике САВ (рис. 4), то BE = ЕС и треугольник СМ3 В — равнобедренный, значит, СМ, = М ,В ~ — АВ. 3 3 2 Пятый способ Удвоим катет АС. Получим треуголь- ник ADB (рис. 5). Поскольку ВС ± AD, то треугольник ADB — равнобедренный и ВС — биссектриса угла DBA. Но СМ311BD, значит, Z.DBC = ZBCM{ и СМ, =ВМ, = — АВ. 3 3 2 Шестой способ Из вершины А (рис. 6) проведем прямую АК, параллельную СМ3.Тогда Z.M3CA = Z.CAK. Но АС — биссектриса угла ВАК (она — высота и медиана) в треугольнике АВК, значит, Z.CAK - ZCAB, а следовательно, треугольник САМ3 — равнобедренный, и М3А = М3С, следовательно, СМ3 = -АВ. 53
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Седьмой способ Проведем М3Е\\ВС (рис. 7). По- скольку СЕ = -АС, 2 аМ3Е = -ВС,и ZCEM3 = 90°, 2 то треугольник СЕМ3 подобен треугольнику АСВ, следовательно, СМ, = — АВ. 3 2 Восьмой способ ИзЛСМ3В: т2 -a2 +^--2-|-<7COs(90°-.4) = 2 с2 . 2 с2 ас2 =а +----ас sin А =а +---а с - = —, 4 4 с 4 с следовательно, тс =-. Девятый способ предлагается найти самостоятельно. 54
15. Доказать, что треугольник прямоугольный: обратная теорема о медиане Если в треугольнике медиана равна половине стороны, к кото- рой она проведена, то этот треугольник прямоугольный. Доказать. Первый способ Удвоим медиану СМ3 (рис. 1). В па- раллелограмме CADB диагонали рав- ны, значит, этот параллелограмм пря- моугольник, Z.BCA = 90°. Второй способ Обозначим ААСМ3 =а,ЛМ3СВ = $ (рис. 2). Поскольку по условию СМ3 = М3Л,то Z.CAB = а. Аналогично, ZC&4=p. Имеем (из АЛ5С): а +а +Р+р = 180°,илиа +Р = 90°. Значит, ЛАС В = 90°. Третий способ Поскольку СМ, ~АМ3 =ВМ3 (рис. 3), то АВ — диаметр окружности, описан- ной около треугольника АСВ, значит, ЛАСВ = 90°. Рис. 1 55
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Четвертый способ Проведем в равнобедренных треугольниках М3 АС и М3 ВС ме- дианы M3D и М3Е (рис. 4). Четырехугольник M3DCE — прямо- угольник (DE - - АВ = М3С). Пятый способ Поскольку из &СМ3 А (рис. 5) ХСМ3А = 180°-2а, а ZCM3B = 180°-2р (из треугольника СМ3 В) и Z.CM3 А + Z.CM3В = 180°, то 180°-2а+180°-2р = 180°, откуда а +р=90°, значит, ZBCA - 90°. Шестой способ Обозначим внешний угол треугольника САВ как у (рис. 6), тогда у =а +р. Из треугольника СМ 3 В'. ZNCM3 = Z.CBM3 + ZCM3 В, у+а =Р+180°-2р, илиу =180°-р-а. Таким образом, а + Р = 180°р -а, откуда а + Р = 90°. Седьмой способ Проведем прямую MN, параллельную АВ (рис. 7). Поскольку ZBAC = ZACN, a ZBCM = ZCBA, то развернутый угол MN равен 180°=а +а +р+р,откудаа +р=90°. 56
15. Д о казать, что треугольник прямоугольный Восьмой способ Рассмотрим конфигурацию предыдущей задачи (рис. 7). По- скольку СА — биссектриса угла M3CN, аСВ — биссектриса угла МСМ3, то AC ЕСВ, значит, ZACB - 90°. Девятый способ Отложим на прямой ВС отрезок CD, равный ВС (рис. 8). В тре- угольнике BAD Z.DBA равен углу BDA, а АС — биссектриса угла DAB, следовательно, Z.BCA равен 90°. Десятый способ В треугольнике ABD (см. предыдущий способ) проведем СЕ 11 АВ (рис. 9), тогда ЛАСЕ = а, Z.DCE = р, а АВСС, + AC£A + ZACE + AECD = MW, илир+а+а +р = 180°, откуда р+а =90°. Одиннадцатый способ Дополним треугольник ASC до параллелограмма так, как это показано на рис. 10. По- скольку СМ3 = СТ, то четырех- угольник АВАД) — ромб, а зна- чит, Z.BCA = 90° (рис. 10). Двенадцатый способ доказательства предлагается найти само- стоятельно. 57
16. Превратности знаменитой теоремы С теоремой о средней линии треугольника знаком каждый, кто так или иначе соприкасался с геометрией. В книге «Триумф школь- ной геометрии» я рассказывал, почему автор самого популярного учебника геометрии А. П. Киселев выбрал ее доказательством «метод от противного». Говоря о различных доказательствах этой теоремы, заметим еще одно ее «странное» свойство: по сравнению с прямой теоремой обратная имеет намного больше способов доказательства. Убедитесь. Начнем с доказательств прямой теоремы. Первый способ (цитируется по учебнику А. П. Киселева «Геометрия») «Прямая DE (рис. 1), проведенная через середины двух сторон треуголь- ника, параллельна третьей его стороне; отрезок этой прямой, лежащий внутри треугольника, равен половине третьей стороны. Для доказательства вообра- зим, что через середину D стороны АВ мы провели прямую, параллельную стороне АС. Тогда, по доказанному в предыдущем параграфе1, эта прямая разделит сторону ВС пополам, и, следовательно, сольется с прямой DE, соединяющей середины сторон АВ и ВС. Проведя еще EF11AZ), найдем, что сторона АС также разделится пополам в точке F, значит, AF = ЕС, и, кроме того, AF = DE (как противоположные стороны параллелограмма ADEF), откуда следу- ет, что Г)£ = 1дС». 2 1 В предыдущем параграфе доказывалась теорема о равных отрезках, отложен- ных на одной стороне угла, и проведении через их концы параллельных прямых. 58
16. Превратности знаменитой теоремы Второй способ Второй способ «любопытен» тем, что авторы учебника «Геомет- рия» (Л. С. Атанасян и др.) поместили его как основной в теме «По- добие», тем самым лишив семиклассников большого класса задач с применением средней линии треугольника. Доказательство при- водится точно по учебнику. «Пусть MN — средняя линия треугольника АВС (рис. 2). Дока- жем, что MN\\AChMN = ^AC. Треугольники BMN и ВАС подобны по второму признаку подобия треуголь- . „ ВМ BN L ников (Z.B—общий,--=---= -), по- ВА ВС 2 этому л „ MN 1 Zl - Z2 и--= - АС 2 Из равенства Zl= Z2 следует, что Л£АГ|| АС (объясните почему), а из второго равенства, что MN = 1 АС. Теорема доказана». Третий способ Третий способ более естественный. Он приводится в первом томе учебника Ж. Адамара «Элементарная геометрия», изданном в XIX столетии. «Пусть в треугольнике АВС (рис. 3) D — середина АВ, Е — середина АС. Отложим на про- должении DE отрезок EF, рав- ный DE. Четырехугольник ADCF будет параллелограммом. И, следовательно, CF будет рав- на и параллельна DA или, что то же самое, BD. В самом деле четырехугольник DJ9CF будет в свою очередь паралле- лограммом, а потому DE — параллельна ВС и, как половина ГМ7, равна половине ВС». (Ж. Адамар. «Элементарная геометрия». — Часть I. — Москва, 1987). 59
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Большее количество способов доказательств рассмотрим при до- казательстве обратной теоремы: Если отрезок, концы которого лежат на двух сторонах треугольни- ка, параллелен третьей стороне треугольника и равен ее половине, то этот отрезок является средней линией треугольника. Доказать. Первый способ Пусть Е — середина стороны ВС треугольника АВС (рис. 4), а от- резок MN11 ВС и MN = | ВС. Требуется доказать, что AN = NBkAM =мс. Поскольку ECMN и BEMN — параллелограммы, то MN = BE и треугольник BEN равен треугольнику AMN, значит, AN = NBvl AM = МС = NE. Второй способ Проведем отрезок EN, параллельный АС (рис. 4). Докажем, что точка Е — середина 5С. Действительно, четырехугольник CMNE — параллелограмм, СЕ = MN = — ВС, значит, точка Е — середина ВС, а поскольку EN\ | АС, то по теореме Фалеса точка N — середина АВ, и по условию MN11 ВС, значит, точка М — середина АС, следователь- но, MN — средняя линия треугольника АВС. Третий способ Пусть точка Е — середина ВС (рис. 4). Соединим точки Е и N. Не трудно доказать, что четырехугольник CMNE — параллелограмм, а следовательно, N — середина АВ. 60
16. Превратности знаменитой теоремы Четвертый способ Пусть точка Е — середина ВС. Проведем ED11 АС и AD || ВС (рис. 5). Четырехугольник ADEC — паралле- лограмм. Треугольники ADN и NEB равны: ADAN = ANBE и AADN = AN ЕВ, a AD =СЕ = ЕВ, значит, AN = NB, т. е. точка N — середина АВ. Ана- логично, AM = МС. Пятый способ Соединим точки Е (середину ВС) и М (рис. 6). Поскольку четырехугольни- ки MNEC и MNBE — параллелограммы, то £7V|| АС, а поскольку Е — середина ВС, то N — середина АВ. Аналогично, М — середина АС. Шестой способ Удвоим отрезок MN (рис. 7): MD = 2MN = ВС. Четырехугольник MDBC — па- раллелограмм и AAMN = ANDB, следовательно, AN = NB. Седьмой способ Продолжим отрезок MN, удвоив его: MN = ND (рис. 8). Соединим точки A, D, В. По- скольку MD = ВС и MD\\ ВС, то четырехугольник MDBC — па- раллелограмм и МС\| BD, а зна- чит, AM || BD и треугольник AMN равен треугольнику BND, т. е. N — середина АВ. Рис. 7 Восьмой способ предлагается найти самостоятельно. 61
17. Теорема о средней линии трапеции Теорема. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме. Первый способ Доказательство первым способом (рис. 1) общеизвестно по школьным учебникам геометрии, хотя здесь вместо рассмотре- ния MN как средней линии треугольника АВК можно было при- менить теорему, обратную теореме Фалеса: Если AM = MB, a DN = CN и ВС 1|AD, то MN 11 5С | | АВ. Второй способ Пусть MN — средняя линия трапеции ABCD (рис. 2). Обозначим ВС =a,AD~b. Проведем СЕЦАВ. F — точка пересечения СЕ и MN. Поскольку CF = FE, то FN — средняя линия треугольника ECD и FN11ED, зна- чит, MN\\AD. Докажем, что MN = .Действительно, ED = b-a, FN = — , 2 a MN = MF + FN = 2 2 62
17. Теорема о средней линии трапеции Третий способ Через точки А и D проведем пер- пендикуляры к прямой ВС (рис. 3). Получим прямоугольник AA.l D} D. Обозначим А{В = m,CD{ = п. Очевидно, что т+п = Ь-а. Пусть точки Е и F — середины отрезков /Ц и DD . Тогда MN\\AD и b = ^ + MN, отсюда MN = lb b~ Ь+а Четвертый способ Дополним трапецию A BCD до параллелограмма ABKD (Х7)| | АВ) (рис. 4). Тогда NE — средняя линия треугольника DCK и NE11 СЕ. Поскольку КС = Ь-а, то NE=^- и M7V+— = Ь, 2 2 откуда MN = (а значит, MN11 ВС). Пятый способ Проведем высоты ВВ{ иСС, (рис. 5). Средние линии ME и FN тре- угольников ABBl nDCC{ параллельны AD. Обозначим их т и п. Поскольку т = — ЛН.,п = -C.D, 2 1 2 1 b-a то т+п =----, и 2 .... b-а а+Ь MN =а+т+п-а+-----=---- 2 2 63
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Шестой способ В С Рис. 6 Проведем диагональ АС (рис. 6). Пусть точка Е — середина АС. Тогда 11£C,£7V|| AD, значит, MN 11 ВС\| AD. ME ~-BC,EN = -AD, 2 2 MN-ME+EN = BC+AD 2 Седьмой способ Проведем CK\\BD (рис. 7). В параллелограмме BDKC пересече- ние прямой MN и диагонали CD образует центр симметрии точку N. В С Из &ABD: ML = -AD, 2 LN = -LE=-BCnLE\\BC. 2 2 • JIZ7 Г КГ AD + BC MN = ML +LN =---------. 2 Рис. 8 Восьмой способ Пусть О — середина AD (рис. 8). Е и К — середины отрезков ВО и СО: ME = — АО,ЕК = — BC,KN = -OD 2 2 2 и МЕ\| АО,ЕК\\ВС, KN\\OD. MN = -AO+-BC+-OD=-AD+-BC+-AD = ^^. 2 2 2 4 2 4 2 Девятый способ Из точек В, С, М, N опустим перпен- дикуляры на основание AD (рис. 9). Пер- пендикуляр МК будет средней линией в треугольнике ABL (BL ± АО). Аналогич- но, NF — в треугольнике CED. Обозна- чим АК = KL = m‘, FD - FE-n. Имеем (ВС-а; АО = Ь): 1 о - Ь-а т+т+а+п+п = Ь, 2т+2п = Ь-а;т+п =- 2 MN = AD-(AK+FD) = b-(m+n) = b-— = — 64
17. Теорема о средней линии трапеции Десятый способ Пусть Т — середина отрезка ВС (рис. 10), MN пересекает отрезки АТ и DT в точках Е и К: ME =—,KN =—,ЕК = — . 4 4 2 м а а b 2а+2Ь а+Ь Имеем MN = —+—+— =----=---- 4 4 2 4 2 Одиннадцатый способ Пусть Т — середина ВС (рис. 11). Про- ведем ТЕЦАВ и TF\\DC, L и К — точки пересечения этих отрезков с прямой MN. Имеем MN = ML+LK + KN = О if, *0^47 = -+- Ь-2— +-=й+ 2 2 ‘ * а . b-а а+Ь а 2 2 2 2 Двенадцатый способ По правилу многоугольника (рис. 12) MN = ltfB+BC+CN н MN = MA + AD + DN. Сложив эти равенства, получим 2MN = (MB+MA)+(bC + AD)+ Рис. 10 +(AN+DN). Но Л/ и TV — середины сторон АВ и CD, поэтому МВ+МА - б nCN+DN = 0. Следовательно, 2MN = AD+ВС, откуда MN ^(AD+BC). Так как векторы AD и ВС сонаправлены, то векторы MN и AD также сонаправлены, а длина вектора (AD+BC) равна AD+BC. Отсюда следует, что MN 11AD и MN = . Теорема доказана. (Л. С. Атанасян и др. «Геометрия 7—9». — Москва: Просвещение, 1990.) 5 - 6-1744 65
18. Равнобедренная трапеция. Средняя линия В равнобедренной трапеции ABCD (рис. 1) из вершины В опущен перпенди- куляр ВК {К е AD). Доказать, что отрезок KD равен средней линии трапеции. Первый способ Проведем СЕ (Е eAD) параллельно ВК (рис. 2). Пусть ВС-КЕ = т, AK=ED = n. Поскольку средняя линия MN равна ЦвС+AD), то MN =-(т+т+п+п) = = ^2(m+n) = KD. Второй способ Соединим точки Мп К (рис. 3). В пря- моугольном треугольнике АВК медиана MK=-AB = ND. 2 Значит, четырехугольник MNDK — параллелограмм, следовательно, KD = MN. 66
18. Равнобедренная трапеция. Средняя линия Третий способ Проведем DP\\BK (рис. 4). Поскольку hABK = ECPD, то KD равен полусумме оснований. Четвертый способ Пусть ВС=а; AD = b (рис. 5). Поскольку АК - , то KD = b-— = ^-. 2 2 Значит, отрезок KD равен средней линии трапеции, что и требова- лось доказать. Пятый способ Проведем прямую BN, кото- рая пересечет прямую AD в точке Е (рис. 6). Тогда средняя линия треугольника АВЕ равна полови- не отрезка АЕ. Имеем . Ь-а а+Ь =---+х+а 2 (х = KD), откуда х - . Шестой способ Проведем 7?£|| CD (рис. 7). По- скольку АВ = BE, то АК = КЕ = — , 2 ™ Ъ~а а+Ь KD=a+-----=----. 2 2 Седьмой способ Произведем параллельный перенос диагонали BD в точку С (рис. 8): CL\\BD. В трапеции KBCL средняя линия PN равна Рис. 4 А К D Рис. 5 Рис. 7 5* 67
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии -—- - МР. Но MP = — f (из ЛАВК). Пусть КВ = х. Поскольку 2 2\ 2 J 2PN = KL, a DL = ВС=а,то а+Ь Ь-а\ I 2 4 J отсюда , Ь-а а+Ь-------с = х,или 2 2а+2Ь-Ь+а-2а а+Ь х =-------------------, 2 2 значит, KD = , что и требовалось доказать. Восьмой способ Проведем КТЦАВ (рис. 9). Эта пря- мая пересечет среднюю линию MN в точ- ке Е, а прямую TD — в точке Р. Имеем KD = 2ЕР = 2 (MN-(ME+PN)) = Рис. 10 Итак, KD = MN. Девятый способ Пусть Т — середина AD (рис. 10). Рассуждения аналогичны предыдуще- му способу. Десятый способ предлагается найти самостояте ьно. 68
19. Здравствуйте, господин Рыбкин! В этом разделе будут рассмотрены различные доказательства по- пулярной теоремы прошлого столетия: В прямоугольном треугольнике против утла в 30° лежит катет, равный половине гипотенузы. В школьных учебниках геометрии такой темы нет, а популяри- зировал ее Николай Александрович Рыбкин (1861—1919), рус- ский математик, педагог, автор многих распространенных учеб- ников и задачников по геометрии и тригонометрии. Он особо вы- делил ее (и обратную) в «Сборнике задач по геометрии», ч. I, который выдержал 28 изданий. Уверен, что и сегодня авторы учебников и задачников пользуются этой замечательной книгой, да и учителя находят в ней много нужных и интересных задач. Как опытный, талантливый автор и педагог, Николай Александ- рович «пропагандировал» теорему, которая способствовала на первых этапах изучения геометрии находить связь между сторо- нами и углами прямоугольного треугольника до введения триго- нометрических функций. Жаль только, что и как сегодняшние авторы, Н. А. Рыбкин не написал к ней пару слов: «Доказать раз- ными способами». Мы за него это сделаем. Первый способ Пусть АВС — прямоугольный тре- угольник (ZC =90°), в котором ZC45=30°. Достроим его до треугольника ABD (рис. 1), так, что точки В и D симмет- ричны относительно катета АС. Тре- угольник ABD равнобедренный с уг- лом при вершине 60°, значит, AB = BDhCB~-AB. 2 Рис. 1 69
Глаза IV.TgQ"eV b: школьных учебников геометрии Рис. 2 Рис. 3 Рис. 5 Второй способ Проведем медиану СМ (рис. 2). По- скольку СМ = МВ, а Z.MBC = 60°, значит, СВ = МВ = — АВ. 2 Третий способ Дополним прямоугольный треугольник Л СВ до прямоугольника ACBD (рис. 3). По- скольку диагонали DC и АВ равны, то треугольник ВОС — равносторонний (ZABC = 60°), значит, ВС = ОВ=-АВ. 2 Четвертый способ Опишем окружность около прямоуголь- ного треугольника ABC (ZC=90е) (рис. 4). Поскольку Z.BAC = 30°, то центральный угол ВОС равен 60° и катет ВС равен радиусу ОБ, значит, ВС = — АВ. 2 Пятый способ Проведем среднюю линию MN. По- скольку MN1AChAN = NC (рис. 5), то треугольник АМС — равнобед- ренный и ZACM = 30°, значит, £МСВ = 60° нВС = МС = — АВ. 2 70
19. Здравствуйте, господин Рыбкин! Шестой способ Проведем высоту СН (рис. 6) и луч СЕ, такой, что Z.ECH был бы равен 30°. Тогда ААСЕ = 30° и СЕ = AE=t = ВС. Поскольку BE = ВС = АЕ, то 2t=c,t=~. 2 Седьмой способ Отложим катет ВС, равный а, на гипотенузе АВ, равной с (рис. 7). Поскольку А А ВС равен 60°, то треугольник CDB — равносторонний и ZACD ра- вен 30°, т. е. AD - CD=а. Значит, с 1 АВ=2а,2а=с а= ,илиВС = -АВ. 2 2 Восьмой способ Из вершины С как из центра окружности сде- лаем засечку радиусом СВ. Получим равносторон- ний треугольник CDB и как в предыдущем случае 2а=с, а =—. 2 Рис. 6 А Рис. 7 Пофантазируем... Девятый способ (предложен Г. Филипповским) Опишем около прямоугольного тре- угольника ABC (ZC =90°) окружность и продлим высоту СН до пересечения с окружностью в точке С{ (рис. 8). По- скольку диаметр АВ перпендикулярен хорде СС,, то ВС = ВС{, а АСВН = AQBH = 30°, значит, треугольник СВС\ — равносто- ронний и CCt -а. Применим теорему Птолемея: a b+b a = c a, или2аЬ=са(2Ь=с. 71
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Рис. 9 Десятый способ Проведем биссектрису угла СВА, рав- ного 60° (рис. 9). BL2 =l2 =ca-CLLA. Поскольку BL = AL -I, то CL = Ь-1. Имеем I2 =ас~(Ь~Г)1,нли12 =ас-Ы+12, отсюда ас = Ы. (1) ИзДСВЬ: Z2 =п2+(£-/)2, /2 =а2+b2-2bl+l\ отсюда (учитывая, что а2 +Ь2 =с2), имеем с2 = 2М.Ноиз(1): с2 = 2ас,илис = 2а. Одиннадцатый способ (предложен А. Туманян) Пусть в прямоугольном треугольни- ке АВС (/С =90°) угол САВ равен 60° (рис. 10). Опишем окружность вокруг треугольника АВС и проведем биссек- трису угла САВ до пересечения с окруж- ностью в точке ИЛ Поскольку AOWA = Z WAO = АСА W \ то OW\\ACnOW\\BC, а значит, касательная, проведенная к ок- ружности в точке W будет перпендику- лярна прямой АС (ИСТ 1 АС). Обозначим отрезок ТС как х. Поскольку AOWC — параллелограмм, то WM = x = -W0 = -. 2 2 Применим формулу Архимеда. 72
19. Здравствуйте, господин Рыбкин! с-Ь отсюда х =----. 2 Значит, -—- = -, откуда с = 2Ь, 2 2 что и требовалось доказать. Двенадцатый способ доказательства предлагается найти само- стоятельно. 73
20. Обратная теорема о прямоугольнике и ромбе Если в параллелограмме диагонали равны, то этот параллело- грамм — прямоугольник. Доказать. Доказывать не будем. Много способов уже есть. Где? При доказа- тельстве обратной теоремы о медиане прямоугольного треугольни- ка: если тс = - с, то ZC = 90°! Как говорят, один к одному. А о ромбе — докажем. Итак, Если в четырехугольнике ABCD диагонали являются биссектри- сами всех его углов, то такой четырехугольник — ромб. Первый способ Рассмотрим четырехугольник ABCD (рис. 1), в котором диагонали пересека- ются в точке О. Обозначим углы, как по- казано на рисунке 1. Как внешний угол треугольника О ВС: х =а +р. Как внеш- ний угол треугольника ODA: х = ф+у. Значит, 2х-а +Р+ф+у.Но 2а +2р+2у +2<р = 360°, значит, а +Р+у+ф = 180° и х =90°. Таким образом, в треугольниках АВС и ADC биссектрисы являются высотами, значит, АВ = ВС и AD=DC. Аналогично доказывается, что BC=CD, AB = AD. Итак, АВ = ВС = CD = AD, четырехугольник ABCD — ромб. Второй способ По второму признаку треугольники АВС и ADC равны (рис. 1), значит, АВ = AD, BC~CD,a. = у, следовательно, AB\\CD и ВС HAD, значит, ABCD — ромб. 74
20. Обратная теорема о прямоугольнике и ромбе Третий способ На прямые ВС и CD из точки А опустим перпендикуляры АЕ и АН (рис. 2). Так как АЕСА - АНСА, то ЕА = АН. Следовательно, ЬСЕА = ДСН4, и АСАЕ - АСАН. Поскольку ABAC = ACAD, то ABAE = ADAH, следовательно, АВ = AD и ВО=OD, а также АО ± BD, значит, ВС = CD. Четвертый способ Из точки В опустим перпендику- ляр BE на диагональ АС и продолжим до пересечения с AD в точке Bv (рис. 3). Поскольку АС — биссек- триса, то BE = ЕВ{ и АСЕВВ', а значит, АВСЕ = АЕСВ}, что невоз- можно, значит, точка k совпадет с точкой D и АВ = AD, AD - ВС, ВС=CD, т. е. ABCD — ромб. Пятый способ Через вершину А проведем прямую ЕМ к АС (рис. 4). (По- скольку АС—биссектриса угла ЕСМ, то ЕА = МА и АСЕМ - АСМЕ, т. е. ЕЕВА = 6MDA, значит, АВ = AD, ABAC = ADAC, следовательно, ВС - CD, аналогично, АВ = ВС, AD = DC. Значит, A BCD — ромб. Шестой способ доказательства предлагается найти само- стоятельно. 75
21. Диаметр перпендикулярный хорде Докажем многими способами несколько теорем об окружно- сти. Их очевидность «подталкивает» на поиски новых способов доказательств, что обычно не делалось (А зачем? И так все яс- но...). Напрасно. Сейчас сами в этом убедитесь. Итак, условие: Диаметр, перпендикулярный хорде, делит ее пополам. Первый способ Пусть АВ — диаметр окружности с центром О, CD хорда: АВ 1CD (рис. 1). Поскольку OD =ОС, то СЕ = ED. Рис. 1 Рис. 2 Второй способ Поскольку Z.COE = Z.DOE (рис. 2), то оЛС = и AD и АС = AD, значит, АЕ — высота в равнобедренном треугольнике ADC и АЕ ~LDC,t. е.СЕ = ED. Третий способ Поскольку \jAC-\jAD (см. второй способ), то ZABC = /LABD, иВС = <jBD, ВС - BD и в равнобедренном треугольнике CBD высо- та BE делит основание DC пополам. 76
21. Диаметр перпендикулярный хорде Четвертый способ Построим треугольникCDK (DK — диаметр) (рис. 3). Поскольку /LKCD =90°, то ()Е\\КС. Но OD=OK, значит, ОЕ — средняя линия треугольника KCD и СЕ - ED. Пятый способ Проведем диаметр MN, параллельный хорде CD (рис. 4). Из точек D и С опустим перпендикуляр DDX и СС( на диаметр MN. Поскольку треугольники DDX N и CQ М равны, то Z), N = С, М и OD} = ОСХ, зна- чит, ED=CE. Шестой способ Проведем диаметр MN, параллельный хорде CD (рис. 5) и каса- тельные в точках М nN. Они пересекут прямую CD в точках М{ и . Поскольку ENt - ЕМ х, a DNX = СМ,, то ED = ЕС. Рис. 5 Седьмой способ Проведем диаметр MN, параллельный хорде CD (рис. 6). По- скольку DN =СМ, EN = ME и ZEND = /ЕМС, то EEDN = ЬЕМС, а значит, ED = ЕС. 77
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Восьмой способ Проведем диаметр MN, параллельный хорде СО (рис. 7). В тре- угольнике AMN AANM = ZAMN, значит, ADLN = /СКМ, ADNL = ЛКМС. Следовательно, &DNL = NCKM и DL = СК. Несколькими способа- ми можно доказать, что EL = EK (OL -ОК или NE = ME). Значит, Е1) = ЕС. Рис. 7 Девятый способ Проведем диаметр MN, параллельный хорде СО (рис. 8). Пусть прямые МС и ND пересекутся в точке Р. Поскольку Z.NPO = Z.MPO, то в равнобедренном треугольнике PCD высота РЕ будет медианой: ED = EC. Десятый способ По конфигурации предыдущего способа из дельтоида PDOC следует, что ED = ЕС (рис. 8). Одиннадцатый способ доказательства предлагается найти само- стоятельно. 78
22» Вписанный угол, опирающийся на диаметр Одна из самых часто встречающихся зависимостей: вписанный угол, опирающийся на диаметр, равен 90°. Первый способ Первый способ доказательства очевиден — диаметр стягивает дугу в 180°, а вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается. Второй способ В окружности с центром О отрезок MN — диаметр, X — произвольная точка окружности (рис. 1). Рассмот- рим треугольник XMN: XXMN = - о XN, XXNM = 1 и ХМ, 2 2 значит, XXMN + XXNM - - u MXN = 90° 2 hZA®I/=90°. Третий способ Пусть А — середина дуги MN (рис. 2). Тогда AM - AN, а поскольку АО - МО, то ХМАО = 45° и XNAO = 45°, т. е. ХМ AN =90°. Поскольку XMXN = ХМ AN (они опираются на одну дугу), то XMXN^W. 79
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Рис. 5 Четвертый способ Пусть X.XMN = а (рис. 3). Посколь- ку МО=ОХ, то ХМОХ = 180°-2а, = 180°-2а, и XXNM = 90°-а, а поскольку XMXN + XXMN+XXNМ = 180°, то XMXN+а +90°-а =180°, откуда XMXN - 90°. Пятый способ Пусть ZXON = а. Тогда ХМХО = ХХМО = -, 2 ZXNO = 90°- - = ZOA7V 2 (рис. 4). Далее, XMXN = ХМХО+Z.OXN = = “ +90°-— =90°. 2 2 Шестой способ Пусть центральные углы XXON = 2а.,ХМОХ -2$ (рис. 5). Поскольку 2а+20 = 180° (смежные углы), и XXMN = a,XXNM =0, ToZAfJGV = 90°. Седьмой способ Проведем диаметр ХЕ (рис. 6). По- скольку ХО=ОЕ и МО =ON,иХЕ = MN, то XNEM — прямоугольник и ZM¥y=90°. 80
22. Вписанный угол, опирающийся на диаметр Восьмой способ Пусть Z.XNM = а, XXMN = По- скольку XO=ON = ОМ (рис. 7), то XOXN =а,ХОХМ =$ и а+р+а+р = 180°, значит, а+р=90° и X.MXN =90°. Девятый способ В точке X проведем касательную L Т (рис. 8). Пусть XNXT = a, Z.LXM = р. Тогда X.XON = 2а, ЛХОМ = 2р и 2а+2р = 180°,иа+р=90°, т. е. XMXN = 180°-(а +р) = 90°. Десятый способ Проведем касательную в точке N и продолжим ХМ до пересечения с ней в точке Е (рис. 9). Тогда XXNE = ZXMN (угол между касательной и хордой), a XMEN = Z.XNM: XMEN = ~ (uMTN - иXN) = = ^(\jMXN -uXN). Пусть ZXMN = а, AXNM =р. Име- ем а +р+а +р = 180°, значит, а +р=90°,и XMXN =90°. Одиннадцатый способ Из точки X проведем хорду АХ, пер- пендикулярную MN, которая пересе- чет MN в точке Я (рис. 10). Поскольку ХННК = MHHN иХН = НК, то ХН2 =MH HN, а это значит, что XMXN = 90°. Двенадцатый способ предлагается найти самостоятельно. Рис. 9 Рис. 10 6-6-1744 81
23. Равные хорды — равные дуги Звучит как лозунг на демонстрации, но тем не менее это так: рав- ные хорды стягивают равные дуги. Первый способ Пусть хорда АВ равна хорде DC (рис. 1), О — центр окружности. Тогда АЛОВ - АСО£> и АЛОВ - ACOD, значит, иЛВ = <uCD. Рис. 1 Рис. 2 Второй способ Поскольку ABAD = ABCD, ААВС = AADC (рис. 2), значит, BE = ED, и AEBD = ABDE, следовательно, uDC = и АВ. Рис. 3 Третий способ Проведем радиусы ОЕ wOF, перпен- дикулярные равным хордам АВ и CD (рис. 3), К и L — точки пересечения. Поскольку OK =OL, то EK = LF и ЬЕКВ = ACFL, а значит, AEBA = ADCF. Тогда \jEA = \jFD или - о АВ = - uCD, 2 2 т. е. 'и АВ = ^>OD. 82
23. Равные хорды — равные д, Четвертый способ Поскольку SBOK = SOCL (см. третий способ, рис. 4), то Z.BOK = ZCOL, тогда иВ£ - <jCF, а значит, <jAB = <jCD. Пятый способ Пусть продолжения хорд АВ и CD пе- ресекаются в точке S' (рис. 5). Обозначим АВ=CD = т. Имеем SASB = SDSC, SB(m + S5) = SC(m + SC), или SB2 + SBm = SC‘ +SC-m, или SB2 -SC2 +(SB-SC)m =0, (SB - SC)(SB+SC)+(SB - SC)m = 0, отсюда SB - SC и SA - SD, следовательно, ВС 11 AD, а значит (трапеция ABCD — рав- нобедренная): ZBAD = ZC2M и <jAB = uCD. Шестой способ Поскольку ABCD — трапеция, то ВС I \ AD: дуги между парал- лельными хордами равны: о АВ = uCD. Седьмым способом предлагается доказать самостоятельно. 6* 83
24. Равные хорды равно удалены от центра Сама теорема вынесена в заголовок. Первый способ Пусть OK иОЕ — перпендикуляры, опущенные из точки О на рав- ные хорды АВ и CD (рис. 1). Поскольку КВ - LC, то isKBO - ALOC и OK=OL. Второй способ Опустим перпендикуляры ОК и OL (рис. 2) на равные хорды АВ и CD, которые стягивают равные дуги. Тогда ДОА7? = &ODL и OK =OL. Третий способ Проведем радиусы ОЕ и OF, перпендикулярные равным хордам АВ и CD (рис. 3). Поскольку КВ = CL, a <jAE = uDF, то &ЕВК = &.FCL и EK = LF, а значит, КО = OL. Рис. 3 Рис. 4 84
24. Равные хорды равно удалены от центра Четвертый способ Пусть Е и F — середины равных дуг АВ и CD (рис. 4). Тогда ЕО ± АВ и OF ± CD, а ЕЕ КВ = NFDL. Значит, EK = LF и КО = LO. Пятый способ Прод лим равные хорды АВ и CD до пересечения в точке S (рис. 5). Поскольку SA = SC, SB - SD, то AASO = ACSO и прямоугольные тре- угольники SKO и SEO будут равны, а значит, ОК = ОЕ. Рис. 6 Шестой способ Через середины хорд АВ и CD (точки К и Е) проведем хорду MN (рис. 6). Поскольку АК = КВ и СЕ = ED, то BD\| AC) | MN и МВ - ND. Кроме того, В К -DE и ЕМВК = KNDE, значит, ЕМ В К = ENDE и МК = EN,KH = ЕНпОК =ОЕ. Седьмым способом предлагается доказать самостоятельно. 85
Если хорды параллельны, то дуги, заключенные между ними, равны. Докажем это. Рис. 2 Первый способ Пусть хорды АВ и CD параллельны (рис. 1). Поскольку ZABC = ADCB, то иАС = \jBD. Второй способ Пусть ABI | CD (рис. 2). Докажем, что AC = BD. Из точек А и В опустим перпендикуля- ры АК и BL на хорду CD. Поскольку Z_ACD = ABDC, то треугольник АКС равен треугольни- ку BLD и АС = BD, а это значит (равные хорды — равные дуги), что о АС = uBD. Третий способ Проведем диаметр MN, перпендику- лярный хордам АВ и CD в точках К и Е (рис. 3). Поскольку АМ = МВ, то ЛАМК = Z.BMK, а значит, оAN = <jBN. Аналогично, uCN = <jND, то и АС = <jBD. 86
25. А теперь хорды параллельны Четвертый способ Через середины Етл К хорд АВ и CD (АВ|| CD) проведем диаметр (рис. 4). Продолжения хорд АС и BD будут иметь общую точку Р на продолжении диа- метра, значит, PC = PDmAP = PB. Поскольку APCK = ZPDK, то о АС = uBD. Пятый способ Проведем диаметр MN, перпендику- лярный хордам АВ и CD (рис. 5). Тогда bACN = &BDN и ZANC = /.BND, а значит, оЛС = \~>BD. Шестой способ Проведем диаметр MN, параллель- ный хордам АВ и CD (рис. 6). Обозна- чим аи₽ равные углы при основаниях равнобедренных треугольников АОВ и СОЛ Тогда ААОМ=а,ЛСОМ =$. Аналогично, ABON =а и ZM)Z)-p, значит, ЛАОС=а +р; CBOD =а +р, следовательно, и АС = \jBD. Седьмой способ В равнобедренной трапеции ABCD (рис. 7) углы 1, 2, 3, 4 равны как углы при основаниях равнобедренных тре- угольников (АЕ = ЕВ, DE = ЕС). Тогда иЛС = оСЛ Восьмым способом предлагается до- казать самостоятельно. Рис. 6 Рис. 7 87
26. Когда две хорды параллельны? Теорема. В круге проведены хорды АВ и CD. Хорды АС и BD па- раллельны, если AB = CD. Первый способ Действительно, поскольку ZACB = Z.CBD (рис. 1), то АСЦ BD. Второй способ Как угол с вершиной внутри круга: ZABD = 1 (иЛС+oCZ>) = | (иАС + uZB) = ZBDC (рис. 1). Поскольку АА ВС = ZADC, то ^CBD = ZADB. Но ZACB - Z.ADB, поэтому /АСВ = /С В Г) и AC} | ВО. Рис. 2 Третий способ Ясно, что /АОВ = ZCOD (рис. 2). Проведем биссектрису MN угла ВО [У, обозначив /AON = а; ZCON = р, /АОВ - /COD = <р, /ВОМ = /DOM = Z1. Имеем а + ф+ Z1 = 180°и р+<р+ Zl = 180°, значит, а + ip+Zl = р + q>+ Z1, отсюда а = р и биссектриса MN будет биссектрисой угла АОС, а по- скольку ВО =OD = АО = ОС, то AfNIAC и MN±BD, т. е. AC^BD. 88
2 6. К о гда две хорды параллель н ы ? Четвертый способ Поскольку (рис. 3) АМАВ = ^АВ+иАС), a АВ = — uACD и u АВ = uCD, 2 значит, АМАВ = AABD,AC\\BD. Пятый способ Проведем касательные в точках АиС (рис. 4): КЕ и КР. Поскольку АКАС = АКСА, zAEAB = APCD, то ABAC = AACD.Ho ABAC = 1ЯО°-/Я7Х?. М А^ "ХС В Z Рис. 3 К А^ £ Yv\P В\ /D тогда AACD = LW°-ABDC значит, AC\\BD. Шестой способ Поскольку BP = DP,a АВ =CD, то АР =СР (рис. 5), значит, АС\ | BD. Р aL—Дс А ’ jb Рис. 5 Рис. 4 1 89
27. Особая теорема: угол с вершиной внутри круга Сразу же сформулируем ее: Угол с вершиной внутри круга измеряется полусуммой двух дуг, на которые опираются данный и вертикальный к нему углы. Теорема это особая, не только потому что сразу и не поймешь, как измеряется этот угол. Не проще ли: угол с вершиной внутри кру- га равен полусумме дуг, заключенных между его сторонами и между продолжением его сторон. По крайней мере, так было в учебнике Киселева. Именно в этом учебнике теорема занимала достойное место наряду с другими теоремами о круге. В последующих учебни- ках о ней либо ничего не сообщалось, либо она предлагалась в виде заурядной задачи. Так что особенность ее печальная. Но есть ком- пенсация: теорема имеет замечательный второй способ доказатель- ства. Но по порядку. Первый способ Пусть требуется доказать, что угол X, образованный хордами АВ и CD (рис. 1) равен х = а +-. Обозначим ЛСАЕ = ср,, ЛАСЕ = <р2. 90
27. Особая теорема: угол с вершиной внутри круга Второй способ (!) Через точку С проведем хорду СК, па- раллельную АВ (рис. 2). Тогда ЛКСБ = ЛАЕВ - х, vAK = иВС = а. Значит, ЛКСВ=-иКВ = 2 = 1 (vj А К + u АВ) = 1 (а + р), 2 2 Рис. 2 что и требовалось доказать. Третий способ Обозначим ЛЕС В - <рх, ЛЕВС = ф2 (рис. 3). Тогда ЛЕАВ - ф(, ЛЕВА = ф2. Из ДЕЕС: л=180°-(Ф1 +<р2)- ИзДЕПЛ х-180°-(ф1 +ф2). Значит, 2х =360°-(2(р1 +2ф2) = 360°-(360°-(а +Р)) =а +Р; х „ а +р 2 Особенность этой теоремы состоит еще и в том, что четвертый способ найти нелегко. И мы предлагаем сделать это самостоятель- но, как и убедиться в том, что угол с вершиной вне круга измеряется похоже — полуразностью дуг. 91
28. Угол между касательной и хордой Долгое время считался столь экзотичным, что применялся толь- ко в решении задач повышенной сложности, а также предлагаемых на олимпиадах. Популяризация этого угла, как и многие способы доказательства, весьма уместна. Теорема. Угол, образованный касательной и хордой, которая проходит через точку касания, измеряется половиной дуги, лежа- щей внутри угла. Первый способ Пусть прямая MN касается окружности с центром в точке О в точке А (рис. 1). Обозначим Z.NAB = а (АВ — хорда этой окружно- сти). Поскольку ZOAN = 90°, то ZOAB = 90°-а. Из равнобедренного треугольника АО В'. ZAOB = 180°-2(90°-а ) = 2а. Значит, 1 /NAB = - и АВ, поскольку и АВ = 2а. Второй способ В точке В проведем касательную к окружности (рис. 2). В равнобед- ренном треугольнике АВС (С ~ точка пересечения касательных) zS4Ce = 180°-2a. Из четырехугольника АС ВО имеем х = 180°-(180о-2а) = 2а, значит, ^АВ = 2а. 92
28. Угол между касательной и хордой Третий способ Проведем диаметр AD (рис. 3). К — точка пересечения прямых MN и BD. Поскольку АВ X KD, то ZADB=cl, следовательно, оА8 = 2а. Четвертый способ Через точку В проведем хорду, параллельную MN (рис. 4). Имеем 5С] | MN, а и АС = vAB = 2а (иАС = 25). Пятый способ Из точки О опустим перпендикуляр на хорду АВ (рис. 5). Про- длим ОК до пересечения с MN в точке С. В прямоугольном треуголь- нике АОС: ЛАОС = /КАС - а, значит, и АВ = 2а. Шестой способ Проведем через центр О прямую ЕК, параллельную хорде АВ (рис. 6). Тогда ZCEK = ЛСКЕ = а, а ЛАО В = 180°-2 ЛАОЕ = 180°-2(90°-а) = 2а. Значит, и АВ = 2а. 93
Г-ава т. ш-.:льныхучебников геометрии Седьмой способ Впишем данную окружность с хордой АВ в треугольник NML (рис. 7). Обозначим Z.NML = р, a ANLM = у. Пусть окружность каса- ется стороны ML в точке К. Тогда ААКВ = 180°-(Z4КМ + ABKL) = 180°J 90°- 2 +90°- М = . 1 2 2/2 Но р+у = 1 Ж Z.MNL = 180°-180°+2а = 2а, откуда ЛА КВ = а, a <лАВ = 2а. Восьмой способ Обозначим ZAKB - (р. u АВ = 2<р, иВК = 2х, <jAK = 2у. Из ЛАМ К: х+а = р+90°-- = 90°+-,х =90°+--а; 2 2 2 аналогично,у =90°+ --a (ABKL). ГВ+v 180°-ЛЛ х+у=180°+ Н±^-2а =180°+ \ 2 ) 2 2а = = 180°+180° 180°+-2£l -2а = 180°-а. 2 иАВ = 360°-2(х +у) = 360°-360°+2а, или vAS = 2a. Девятый способ (с маленькой историей) Предложил доказать эту теорему восьмиклассникам. Они как раз изучали тему «Подобие» и теорему о секущей и касательной. Как ни странно, «зомбирование» пошло на пользу. 94
28. Угол между касательной и хордой Пусть АВ — касательная, ВС ~ секущая (рис. 9). Имеем АВ2 = BCBD,ww BD АВ' поскольку у треугольников АВС и DBA угол В общий, и имеет место равенство (1), то они подобны и ZCAB - ZADC, или ХСАВ = ~^АпС. 2 Десятый способ предлагается найти самостоятельно. 95
29. Теорема о секущей и касательной Если из точки, взятой вне круга, проведены к нему секущая и ка- сательная, то произведение секущей на внешнюю часть равно квад- рату касательной. Первый способ Пусть 5Л — касательная, SN — секущая (рис. 1). Поскольку Z.SAM = AANM, то треугольники SNA и SMA подобны, а потому SA =SM SN SA ’ или SA2 -SN-SM. Второй способ Из центра О проведем перпендикуляр ОК к секу- щей SN (рис. 2). Обозначим SK=a, МК = KN =q, OK=t, радиус окружности R, А — точка касания. Имеем SM SN = (a-q)(a+q)=a2 -q2. Нод2 = SK2 =SO2 -OK2 (H3SSOK),q2 = MO2 -OK2.Имеем SM SN^fSO2 -t2^-(MO2 -t2} = SO2 -MO2 =SO2 -R2. Ho SO2 -R2 = SA2 (SSAO). Значит, SM’SN = SA2, что и требовалось доказать. 96
29. Теорема о секущей и касательной Третий способ Обозначим (рис. 3) ZAO£=a,ZAO=p (рис. 3). Имеем Z.NOM = 180°-(a +₽); Z.OMN = Z.ONM = ; 2 Z.OSM = ^^-. 2 Из треугольников OMS и OSN: SM R OS sin0 r sin 2 sm 2 (R — радиус окружности). Отсюда Sin^5inp. sin’ а также sin2 SO2 = R2------ a +0^ 2 , 2( « -P sin ------— 2 Пусть А — точка касания. SA2 = SO2 -R2 =R2 Остается доказать, что или . 2 sin 2 . 2(a -0 sin ---- 2 SN sin a sin a sin0 sin2 „• 2 sm -sin 2 = sin а sin р. 7-6-1744 97
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Действительно, sin . 2( ct “Р I -sin ------ = 2 2 = sin a sin р. Четвертый способ предлагается найти самостоятельно. 98
30. Теорема о произведении отрезков хорд Если через точку Е, взятую внутри круга, проведены хорды АВ и CD, то AEEB=CEED. Доказательство этой теоремы тради- ционно просто (рис. 1): ЕАЕС ~ EDEB- АЕ СЕ ED~ BE' откуда ЛЕВЕ =CEED. Но уже доказательство вторым спосо- бом достаточно интересно. Рис. 1 Второй способ (такой интересный подход) Пусть хорды АВ и CD пересекаются в точке X (рис. 2). Докажем, что произ- ведение АХ - ХВ зависит только от радиу- са окружности R и расстояния t точки X от центра окружности О. Построим на хорде АВ как на диамет- ре окружность у (Q — центр окружно- сти). Пусть г — радиус этой окружности. Из точки X восставим перпендикуляр ХН = Л до пересечения с окружностью у. Рис. 2 ИзААТ/Q: XQ2 =r2 -h2. H3AQBO:QO2 = R2 -г2. Из EXOQ: t2=XQ2 +QO2 = r2-h2 +R2 -r2 =R2 -h2. Но поскольку HX2 = AX ХВ, to AX XB^R2 -^.Аналогично, CX• XD = h2 =R2 -t2, что доказывает утверждение теоремы. 7* 99
Глаза IV. Теоремы ‘школьных учебников геометрии Рис. 3 Третий способ Пусть АЕ-а; BE ~ Ь‘, СЕ -с; ED = d; АСА В = a; A4CD = 0. По теореме синусов а _ с . b __ d sin 0 sin а ’ sin a sin 0 ’ значит, sin а _с _b sin 0 a d * откудааЬ = сд. Четвертый способ доказательства предлагается найти само- стоятельно. 100
31. Две касательные Одна из самых, самых... простых и необходимых теорем пла- ниметрии. Касательные nSK2 равны (рис. 1). Первый способ Первый способ очевиден: прямоугольные треугольники SOK и SOK2 равны. Второй способ Обозначим /_ОКХК2 = Z.OK2KX =а (рис. 1). Тогда АК, K.S = АК. К2 S = 90°-а Л 1 1 иМ: = SK2. Третий способ Через центр окружности О проведем секущую SN (рис. 2). Тогда SN-SM = SKfnSN-SM = SK:, следовательно, SK} = SK2. Четвертый способ ASK К2 = ASK2 К. = 1 и К. к2, как угол между касательной и хордой. Тогда Л'Л , = SK2. 101
""зэа IV. Теоремы чольных учебников геометрии Пятый способ Из точки 5 (рис. 3) как из центра сделаем засечку радиусом, гав - ым касательной . Получим точку К2, а треугольник SOK2 будет равен треугольнику SOK}, следовательно, Z.OK2S — прямой и SK2 — касательная, равная касательной SKX. Рис. 3 102
32. Популярные доказательства теоремы Пифагора Теорема-, квадрат гипотенузы прямоугольного треугольника ра- вен сумме квадратов его катетов (теорема Пифагора). Первый способ (доказательство Евклида) Первоначальная формулировка теоремы Пифагора: Сумма площадей квадратов, построенных на катетах прямо- угольного треугольника, равна площади квадрата, построенного на гипотенузе этого треугольника. Пусть АВС — прямоугольный треугольник {/ВАС=90°) (рис. 1). Построим квадраты BCDE, AMNC, АВРТ. Проведем Докажем, что пря- моугольник BKLE равновелик квадра- ту ВРТА, а прямо- угольник KCDL — квадрату AMNC. Проведем отрез- ки PC и АЕ. Пло- щадь треугольника РСВ равна половине площади квадрата ВРТА (докажите!). Площадь тре- угольника АВЕ рав- на половине площа- ди прямоугольника BKLE (докажите!). ALE ВС. 103
глава IV. Теоремь школьных учебников геометрии Треугольники АВЕ и РВС равны (докажите!). Отсюда следует, что прямоугольник BKLE равновелик квадрату ВРТс Соединив N с В и А с D, аналогично докажем, что прямоуголь- ник KCDL равновелик квадрату AMNC. Отсюда следует, что квадрат BCDE равновелик сумме площадей квадратов РТАВ и AMNC. Второй способ (способ индийского математика Бхаскары (1114—1165) е книге «Венец системы» (ок. 1150)) Доказательство теоремы Пифагора дает в виде чертежа с надписью «Смот- ри!» (рис. 2). Рассмотрим прямоугольный тре- угольник АВС (АС = 90°). Площадь квад- рата, построенного на гипотенузе АВ прямоугольного треугольника А ВС равна сумме площадей четырех прямоугольных треугольников и квадрата, длина сторо- ны которого равна а - Ь. Тогда с = 4-^+(а-Ь)2 =2ab+a2 -2ab + b2 -а2 +Ь2. Значит, с2 = а2 + Ь2. Третий способ В прямоугольном треугольнике АВС (АС = 90°) проведем высоту СН (рис. 3). Поскольку EACH ~ ЕВСН ~ ЕАВС, то А _ *^1 А _ $2 /2 S ’ I2 s’ где /j ,/2, / — соответственные линейные элементы этих треугольни- ков, а , S2, S — их площади. Сложив эти два равенства, получим /[2 + /2 51; H-iSj 2 2 2 -—А = _д-----L или I; +1: =1. I2 S 1 2 В частности, а2 + Ь2 = с2. 104
32. Популярные доказательства теоремы Пифагора Четвертый способ В окружности с центром С проведем касательную АВ и секущую АЕ, которой принадлежит центр О (рис. 4). По теореме о секущей и касательной AB2=ADAE. (1) Поскольку AC-CD + AD, АЕ = AC+СЕ = AC+СВ, то АВ = АС-СВ = АС-СВ. Подставим эти выражения в (1): АВ2 = (АС-СВ)(АС+СВ), или АВ2 =АС2 -СВ2, АВ2 +СВ2 = АС2, что и требовалось доказать. Пятый способ Воспользуемся формулой биссект- рисы (рис. 5) /о2 = Ьс-Ь^. Имеем треугольник ABC {Z.C- 90°). Произведем осевую симметрию относи- тельно катета АС (рис. 6). Получим рав- нобедренный треугольник АВВХ с бис- сектрисой АС =а. Имеем АС2 =АВ АВХ -ВС СВ}, илий2 -с -с-аа, откуда с2 -а1 +Ь2. Шестой способ В прямоугольном треугольнике с катетами а и b и гипотенузой с а + Ь-с радиус г вписанной окружности равен г = —-—. Поскольку площадь 5 равна и 5 - гр, имеем 1 1 ^сй = -(а+й+с)(а+й-с), или ab = ^((a+b)2 -с2 ),откудас2 =а2 +Ь2. 105
глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Седьмой способ Дополним прямоугольный треуголь- ник до прямоугольника и воспользуемся теоремой о сумме квадратов диагоналей (рис. 7). 2(а2 + Ь2^-2с2,илиа2 +Ь2 =с2. Восьмой способ Воспользуемся теоремой Птолемея (рис. 8): аа+ЬЬ-С'С,а2 +Ь2 =с2. Девятый способ Воспользуемся формулой медианы Ат2 =2(а2 + Ь2)-с2. .. С Поскольку mf = —,то 2с2 =2(а2 +й2),илид2 +Ь2 =с2. Десятый способ Пусть в треугольнике ABC ZA =90°. Обозначим <р — угол между биссек- трисой 1а и высотой АД (рис. 9). При- меним авторскую формулу S = ~AWXMN. (1) Для прямоугольного треугольника (ZJ = 90°) . 2bc ._0 Ьс [г I __COS45o=----V2. Ь+с Ь+с Пусть для определенности Z 5 > ZC. Тогда <р =-, а В—С AW\ =2/?cos<p = acos—-— (из А AD). Учитывая формулу (1), имеем: 1 Ьс р: (Ь+С^ f 2 b+c I V2 J I 2 106
32. Популярные доказательства теоремы Пифагора Преобразуем это выражение: (b+с)2 = 2а2 cos2 С = а2 (1+cos(2? -Q) = 2 =а2 (1+cos 5 cos С + sin В sin С) = а2 (1+2 sin В sin С) = = с2| 1+2----1 = с2 +2Ьс. I а о) Значит, b2 +с2 +2bc-а2 +2Ьс, а отсюда а2 = Ь2 +с2, что и требова- лось доказать. Одиннадцатый способ Применим формулу Архимеда: АК = ^~ 2 (К — проекция точки В на сторону АС) (рис. 10). Доказательство сводится к предыдущему способу: — пря- моугольный, равнобедренный. В-С Aw\ =acos-----. 1 2 Рис. 10 Поскольку AK = KW{ b+c Г Ь+с ----,ТО —=г- 2 1л/2 ncos Дальнейшее тождественно предыдущему способу. Двенадцатый способ На сторонах прямоугольного треугольника ABC (ZC =90°) по- строим векторы СВ, АС, АВ. Тогда АВ =СВ + АС. Возведем это ра- венство в квадрат: АВ2 = (СВ + АС)2. Имеем АВ2 =СВ2 +2СВАС + АС2. Поскольку СВ ± АС, то СВАС = 0, откуда ВС2 +АС2 =Лб2,чтоитре- бовалось доказать. Предлагается самостоятельно доказать тринадцатым способом. 107
33. Теорема Пифагора. Обратная Теорема, обратная теореме Пифагора: Если квадрат стороны тре- угольника равен сумме квадратов двух других сторон, то треуголь- ник прямоугольный. Конечно, эта теорема не столь популярна, как прямая. Но одно- образность ее доказательств (от обратного!) во всех учебниках неце- лесообразна. Рассмотрим несколько способов ее доказательства. Первый способ Пусть в треугольнике АВС с2 -a2 +b2. (1) Докажем, что ZC = 90°. Рассмотрим прямоугольный треугольник AlBiCl (ZC, = 90°), у которого: -а, Ь{ - Ь, где а и b — стороны тре- угольника АВС. По теореме Пифагора: а2+Ь2=с2. (2) Сравним выражения (1) и (2): с -с,, следовательно, &ABC = AAiBiCl по трем сторонам. Потому С =С(, значит, треугольник АВС — пря- моугольный, что и требовалось доказать. Второй способ Применим теорему косинусов. В треугольнике АВС: с2 =а2 +b2 -ZabcosC. Поскольку по условию а2 + Ь2 =с2,то ZabcosC = 0, откуда cos С = 0; Z.C - 90°. Третий способ Этот способ связан с теоремой о медиане: если тс = i с, то Z.C = 90° (см. раздел 15). 108
33. Теорема Пифагора. Обратная Воспользуемся формулой медианы: 2 2с2 +2й2 -с2 w; =------------ с 4 Учитывая условие, имеем С значит, тс = — , откуда ZC = 90°. Четвертый способ Пусть в треугольнике АВС проведена высота hc СН3 (рис. 1). Обозначим от- резки АН3 = т; ВН3 = и. Докажем, что если h = то ZC = 90°. Действитель- но, поскольку h2 =тп, то h _п т h ’ а это значит, что прямоугольные треугольники СН3А и СН3В по- добны, поэтому ААСН3 =ЛСВН3 = а,АВСН3=АСАН3 = р, значит, 2(а +р) =180°, или а +р =90°. Перейдем непосредственно к доказательству теоремы. Имеем (АН3 = w; ВН3 = п) по условию с2 =д2 + Z>2, или (т+п)2 = h2 +п2 +h2 +т2, или/л2 + п2 +2пгп = п2 +т2 +2h2, значит, тп = h2, а это значит, что треугольник АВС — прямоугольный. Пятый способ Пусть S — площадь треугольника АВС Очевидно, что если S'= то ZC = 90°. 2 По формуле Герона S2 = If 4а2Ь2 -(а2 +Ь2 -с2)2 = 161 V 7 J 16 4 т. е. 5 = —, значит, ZC = 90°. 2 109
: лава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Шестой способ Имеем: с' =а2 + 62,или 4А2 sin2C = 4/?2 sin2 Л + 47?2 sin2 В (R — радиус описанной окружности). Значит, l-cos2C = l-cos2/l+l-cos21?, cos2J+cos22? = l+cos2C, 2cos (Л+В)cos(A-В) = 2cos2 С или cos С (cos С+cos( А -10) = 0. Значит, 1) cos С=0, ZC = 90° или 2) -cos(/l - В) = cos С. Тогда I 2 cos / cos . V значит, = 0, значит, sin В = 0 или sin А = 0, что невозможно. Значит, ZC = 90°. Седьмой способ Достроим треугольник АВС до па- раллелограмма ADBC (рис. 2). Тогда АВ2 +CD2 =2(АС2 +БС2), т. e.c2+CZ)2 =2(c2+Z>2). Так как по условию а2 + Ь1 = с2, то CD2 =с2, т. е. ADBC — параллелограмм с равны- ми диагоналями, значит, ADBC — пря- моугольник и ZC = 90°. <180°-25 110
33. Теорема Пифагора. Обратная Восьмой способ Применим теорему Лейбница. Пусть М — точка пересечения ме- диан треугольника АВС. По теореме Лейбница для любой точки X имеем ХА2 + ХВ2 +ХС2 = АМ2 + ВМ2 +СМ2 +ЗХМ2. Пусть X совпадает с вершиной С треугольника АВС. Имеем СА2 +СВ2 +0 = АМ2 + ВМ2 + 4СМ2, ( или/»2 +а2 = 2 4 / j 2 2 \ 4 2 ИЛИ С =-\та +тЬ +тс )+^-^тс Учитывая, что т2 +т2ь +т2 =|(«2 +Ь2 +с2), получим: с2 =1(д2+д2+с2)+^дг2. (1) Поскольку а2 +Ь2 =с2,то выражение (1) примет вид: т2 =-с2, от- 4 куда тс = - с, значит, ZC = 90°. Девятый способ Формула биссектрисы /с имеет вид: I2 =ab-bxax (Z>j =BLx,c = AL{). n l be ac Поскольку/». =------,C. =-----,TO a+b ci-vb c2ab J (a+b)2 -c2 = ai(£+£+2aA-c=) (a+b)2 \ (a+b)2 J (a+b)2 (a+b)2 (воспользовавшись условием с2 =a2 +b2). Итак, /2 2a2b2 c ~(a+b)2' Известна следующая формула биссектрисы: 2ab С ----cos —. a+b 2 (1) (2) 111
Глава IV. Тесое» . кольныхучебников геометрии cos — = Сравнив выражения (1) и (2), получим С 72 2 ' 2 Значит, — = 45°, значит, ZC = 90°. 2 Десятый способ Пусть в треугольнике АВС с2 =а2 +Ь2. Опишем вокруг треугольника АВС окружность и проведем диа- метр CD (рис. 3). По теореме Птолемея AC BD + AD ВС = АВ CD, Mjrnb-BD+aAD=c-2R (1) (R — радиус описанной окружности). Поскольку ACAD — прямоугольный, то по теореме Пифагора AD = \4R2-b2, (2) BD-j4R2-a2. (3) Подставим выражения (2) и (3) в (1). Получим b-\'4R2 -a2 +a\4R2 -b2 =c-2R. Возведем в квадрат: 62(4/?2 -о2)+д2(4Я2 -b2^+2ab^ 4R1 -a2 -J4R2-b2 = c2-4R2. Значит, 2ab^(4R2 -a2)(4R2 -b2) =2агЬ2 + 4А2(с2 -а2 -Ь2} или 2ab^(4R2 -а2)(4/?2 = 2а2Ь2, откуда (4R2-a2)(4R2-b2)=a2b2, или 16Я2 -4/?2(л2 +b2^+aJ b -а2Ь2, следовательно, 47?2 =а2 +Ь2,илис -2R, т. е. треугольник АВС — прямоугольный. 112
33. Теорема Пифагора. Обратная Одиннадцатый способ (провокационный) Пусть Н — ортоцентр треугольника АВС. Имеет место формула: ОН2 = 97?2-(й2+62+с2) (*) Поскольку СН = 2RcosC (1°) иСЯ^^-с2, н q=/LOCH=\A-ti[, то из ДОСЯ (рис. 4) по теореме косинусов в ° ОН2 = ОС2 +СН2 -2ОССЯсо8ф. (1) Рис 4 Сравним левые части выражений (*) и (1): 9R2 -(a2 +b2 +с2) = ОС2 +СН2 -2ОС СИ-cosф. Учитывая, что ОС = R ид2 + Ъ2 =с2, имеем &R2 -2с2 =СН2 2/?• СЯ cos ф. Поскольку СЯ2 = 4/?2 -с2, последнее выражение примет вид: 2СН2 =СН2 -2R CHcos ср, (**) или СН = -2R cos ср. Сравнив с выражением (1°), получим -2R cos ф = 2R cos С. Тогда - cos С = cos ф, отсюда sin А =0, sin В =0, значит, треугольника, у которого с2 = а2 +Ь2 не существует?! Предлагаем читателю найти ошибку. Ответ: это не только ошибка, но и решение вопроса: при сокращении на СЯ в формуле (* *) обе части равенства делились на нуль: длина отрезка СН может равняться нулю, что возможно (!) ... в прямоугольном треугольни- ке — конца света не произошло. Предлагаем читателям найти двенадцатый способ. В написании главы принимал участие Д. Басов. 8-6-1744 113
34. Двадцать два. Кто больше? Рассмотрим задачу, которая по праву может занимать почетное место в ряду замечательных теорем треугольника. В треугольнике АВС проведена медиана АМУ. Через вершину С и середину Е этой медианы проведена прямая. В каком отношении она делит сторону AS? Первый способ Через вершину А проведем пря- мую I, параллельную стороне ВС (рис. 1). Пусть прямая СЕ пересе- кает сторону АВ в точке X, а пря- мую I — в точке Т. Треугольники ЛТХи ВСХ подобны, поэтому: лх _ лт ХВ ВС ( Треугольники ЛЕТ и МХЕС равны, откуда АТ = СМ], а сле- Л7 1 /1Ч АХ 1 довательно,---= - .Учитывая равенство (1), имеем--=—. ВС 2 ХВ 2 Второй способ Через точку Мх проведем отрезок M}D (De АВ), параллельный отрезку СХ (рис. 2). Поскольку ВМ} = CMl,roBD = DX. Поскольку АЕ ~ ЕМ},то АХ XD. Следовательно, AX = XD = DB, АХ откуда —— = ХВ 114
34. Двадцать два. Кто больше? Третий способ Пусть М3 — середина стороны АВ (рис. 3). Поскольку ЕМ. — средняя ли- ния в треугольнике AM, В, то ЕМ. 3 4 Треугольники ЕХМ. и СХВ подобны, поэтому ХМ3 _ ЕМ3 _ 1 ХВ ВС ~ 4* следовательно, ХМ3 = - ХВ. Но ведь AM. = М3 В, откуда 4 АХ+ХМ. = ХВ-ХМ3 , ил и АХ+-ХВ = ХВ--ХВ, АХ = -ХВ. 3 3 4 4 2 Четвертый способ Пусть М-, — середина стороны АС, F — точка пересечения отрезков М, М2 и СЕ (рис. 4). Имеем: АХ M:F _МгЕ ХВ~ ЕМ, ~ СМ, ~2' Пятый способ Докажем вначале соотношение ХЕ СЕ 3' Из треугольника СХВ (рис. 5): ХС ВС _4ЕМ3 _4 ХЕ ~ ЕМ3 ~ ЕМ3 откуда СЕ СХ-ХЕ СХ ХЕ ХЕ ХЕ что и требовалось доказать. Проведем теперь отрезок ХР11 ВС (Р е AM,). Тогда АХ _ ХР _ ХР АВ~ М,В М,С EX 1 АХ 1 =----~ - следовательно,--= -. СЕ 3 ХВ 2 8* 115
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Шестой способ Проведем через точку В пря- мую, параллельную отрезку АЛ/!. Пусть N — точка пересечения ее с прямойСА (рис. 6). Поскольку СМХ = МхВ,тоСА = AN. Пусть К — точка пересечения прямых СХ и NB. Поскольку АЕ = EMx,rmNK = КВ. Следовательно, СК и ВА — ме- дианы треугольника BNC. Как из- вестно, они пересекаются в отно- . . АХ 1 шении 2:1, откуда = —. ХВ 2 Седьмой способ Проведем отрезок XL^AMj (L еВС) (рис. 7). Тогда АВ _АМХ 2ЕМ 2СЕ ВХ XL ” XL ex' Используя равенство (*), имеем СХ СЕ + ЕХ . EX , 1 4 — =-------=1+—= !+- = _ СЕ СЕ СЕ 3 3 следовательно, АХ + ВХ ВХ .33 АХ 1 = 2.г_,откуДа-йу = 2. Восьмой способ Пусть ЕХ = 1. Тогда из равенства (*) следует, что СЕ = 31. Разделим отрезок СЕ на три равные части (рис. 8) и про- ведем через точки деления прямые, параллельные АМХ, до пересечения со стороной /?С.Они разделят отрезок СМХ на три равные части, длины которых обозначим т. Проведем еще отрезок XL | AMt. Тогда MXL = т, а поскольку Зт = СМХ - Мх В,то BL=2m.Следовательно, AT MXL 1 ХВ~ LB ~2‘ 116
34. Двадцать два. Кто больше? Девятый способ Удвоим отрезок СЕ (рис. 9). Четырехугольник Мх CAT — параллело- грамм: СЕ = ЕТ, АЕ = ЕМ .Далее, четырехугольник М}АТВ- также параллелограмм: АТ- СМ - МХВ,АТ\\МХВ. Пусть F — точка пере- сечения диагоналей параллелограмма Мх А ТВ. Тогда отрезки ТЕ и AF — медиа- ны в треугольнике ТМ А, следовательно, 2 АХ = -ЛЕ. С другой стороны, 3 Мх Рис. 10 Рис. 9 AF = FB = ~AB. 2 2 1 1 Поэтому АХ -----АВ = - АВ, откуда 3 2 3 2 .п АХ ВХ = — АВ, а следовательно, = Десятый способ Пусть Ах — точка на прямой Мх А и АХА = АЕ = ЕМХ (рис. 10). Соединим точки А1 и В и продлим отрезок СХ до пересечения с Ах В в некоторой точке Q. тт ЕМх 1 Поскольку, по построению,---- = - и ДЕ 2 А, Мх — медиана треугольника Ах ВС, то точка Е — центроид этого треугольни- ка, следовательно, CQ — также его ме- диана. Отсюда EQ — медиана треуголь- ника ЕАХ В, а тогда X — центроид этого АХ 1 треугольника. Следовательно,--= -. ХВ 2 Одиннадцатый способ Удвоим медиану АМХ : АМХ = МХА (рис. 11), получим параллелограмм АВА2 С. Треугольники ЕА2С и ЕАХ подоб- ны, откуда АХ _ АХ АЕ _1 АВ~ АгС ЕА2 З’ и следовательно,---= —. ХВ 2 Рис. И 117
' -"aBa IV. Теоремы школьных учебников геометрии Рис. 13 Двенадцатый способ Через точку В проведем прямую т, параллельную АМХ (рис. 12) и продлим прямую СХ лр пересече- ния с т в точке Т. Поскольку ЕМХ — средняя линия в треуголь- нике СТВ, то ТВ = 2ЕМХ. Треуголь- ники АЕХ и ВТХ подобны, следо- вательно, АХ ЕА _ЕМХ ВХ ТВ ~ ТВ 2 Тринадцатый способ Удвоим медиану АМХ (рис. 13): АМХ = МХА2, получим параллелограмм АВАД. Через точку Мх проведем прямую, параллельную СХ. Пусть она пере- сечет отрезки СА2 и АВ в точках F и D, соответственно. Поскольку ЕХ — средняя линия в треуголь- нике АМД), а четырехугольник CXDF — параллелограмм, то AX = XD=CF. Но ведь треугольники СМХ F и ВМД) равны, откудаCF = BD. Сле- довательно, лу 1 AX = XD=DB, - = -. ХВ 2 Четырнадцатый способ Пусть точка М2 — середина стороны АС треугольника АВС (рис. 14), F — точка пересечения отрезков М] М2 и СХ. Поскольку МхМ2\\АВиАЕ = ЕМх> то треугольники АХЕ и Мх FE рав- ны, а поэтому FMX = АХ. С другой стороны, отрезок FMX — средняя линия треугольника ВСХ, откуда ХВ = 2FMX.Следовательно, ХВ =2АХ. 118
34. Двадцать два. Кто больше? Пятнадцатый способ Сравним площади треугольников ЛЕС и ВЕС (рис. 15). Поскольку СЕ — медиана треугольника АСМХ, a EMi — медиана треугольника ВЕС, то $А£С = $ СЕМ t = ЕВА/ • Следовательно, SВЕС ~^^АЕС' Поскольку СЕ — общая сторона треугольников ЛЕС и ВЕС, ю высо- та BF} треугольника ВЕС вдвое больше высоты AF2 треугольника ЛЕС. Тогда из подобия прямоугольных треугольников АЕ2Х и BFX X АХ следует, что---= ХВ 1 2’ Шестнадцатый способ Применим теорему Менелая к тре- угольнику АМХ В и секущей СЕХ (рис. 16): АЕ М^С ВХ ЕМ, ' СВ ХА Поскольку АЕ , МХС 1 ВХ п АХ 1 ---= 1,—— = —,то— = 2,- ЕМХ СВ 2 ХА ХВ 2 Семнадцатый способ Поместим в вершины А, В, С некоторые массы так, чтобы точка Е стала центроидом системы (рис. 16). Например, в точки В и С поме- стим единичные массы: 5(1),С(1). Тогда центроидом системы из этих двух точек будет Мх (2). Поскольку АЕ = ЕМХ, то поместив в точке А массу 2, мы получим, что Е(4) является центроидом такой системы: Л(2)5(1)С(1). Заменим теперь систему /1(2) 5(1) на ее центроид Хх (3), АП 1 который лежит на стороне АВ, причем----- = -. Хх В 2 Учитывая, что СЕ'.ЕХ = 3:1, центроид системы C(l) Хх (3) совпа- дает с центроидом системы Л(2)5(1)С(1), то есть с 5(4). Следова- тельно, точка Е лежит на отрезке СХх, а поэтому v „ АХ 1 Х = Х, и — = -. 1 ХВ 2 119
Глада Г/. Тесремь. школьных учебников геометрии Восемнадцатый способ Пусть а, р (0< а < 1, р> 1) — некото- рые числа, такие что ЛХ = аЛВ,С¥ = рСЁ (рис. 17). Тогда а АВ = АС+РСЕ. Но СЕ = АЕ - АС = - ЛЁГ-АС - 2 1 =-(ас+ав)-ас=^ав--ас. 4V / 4 4 Отсюда, а А В = АС+ -АС 1- А поскольку векторы АВ и АС не коллинеарны, то равенство воз- можно только тогда, когда а -—=0 4 1--Р=0 4Н а = 4 3 АХ 1 Следовательно, АХ = - АВ, откуда - 3 ХВ 2 Девятнадцатый способ Положим АХ = х, ВХ =у (рис. 17). Тогда • (1) СХ = -А-—СА +-^СВ х+у х+у (векторная формула деления отрезка в данном отношении). Пусть (см. восемнадцатый способ) СХ = (5СЕ (Р > 1). Тогда СЕ - (СА +СМ{), СХ - - (СА +CMt), следовательно, 2 СХ-—СА+-СВ. 2 4 Сравнивая формулы (1) и (2), получим: (2) х+у 2’ х 1 откуда — = - X _р у 2 х+У 4 ’ 120
34. Двадцать два. Кто больше? Двадцатый способ Спроектируем данный треугольник в равносторонний (рис. 18). Тогда ме- диана AM. в нем будет и высотой. По- ложим АХ = х, ВХ=у. Пусть сторона этого равностороннего треугольника равна а, а ХХСМ. = a. Из прямоугольно- го треугольника ЕМ. С получим: а 43 2 ЕМ. а^З tga =--L- — СМ. 4 Из треугольника СХВ: ХВ ВС У ------=--------, или sin ЛХСВ sin ABXC sin a а Поскольку tg а - , то sin а 2 ,cosa = откуда 41 sini V3 1 . 1 3V3 —cosa + —since =-----— 2 2 2 41 Тогда: a sin a a43 343 2a a x 1 у = —---------- = —— =— x =a-y = sin(120°-a) 41 241 3 3 у 2 Двадцать первый способ Используем формулу радиус-вектора для произвольной точки Y плоскости: — pYC+qYA+YB, p+q+Y где (рис. 19) р = ВМ.: М.С = 1, q = ВХ: ХА. Пусть Y = Е, тогда ЕС+qEA+EB q+2 ’ откуда 0 = ЕС +qEA + ЕВ. Но ЕС+ЕВ = 2ЕМ., следовательно, - — ---- — -------- — ХА 1 О =qEA+2EM. =qEA-2M.E = (q-2)EA,а отсюда:=2,-= -. ХВ 2 121
"лава IV. Теорем- школьных учебников геометрии Двадцать второй способ Прове дем прямую BE. Пусть она пересечет сторону АС в точке Y рис 20). Обозначим отрезки АХ, ХВ, ВМ,, С, CY, YA через х,у, т, n.p.q, соответственно. По теореме Чевы: Учитывая (1), имеем: хтр 1 W Поскольку т = п, то -=£- (1) У Р По теореме Ван-Обеля: х q АЕ х q . —+—=-----, то есть — + — =1. у р ЕМХ у р х х . х -+-= 1,- У У У 1 2* 122
35. Три медианы Теоремой о точке пересечения медиан интересуются более двух тысяч лет. Она всегда входила и входит (иногда в виде задачи) в школьные учебники, так что популярность ее огромна. В предыду щем сюжете я предложил двадцать два способа решения задачи: В треугольнике АВС проведена медиана AMt. Через вершину С и се- редину Е этой медианы проведена прямая. В каком отношении она де- лит сторону АВ ? И ьвдруг... Ах, эта аналогия! Вспомнилось: «Математик — это тот...», и мелькнула мысль: «Не подойдут ли эти двадцать два спосо- ба для доказательства теоремы о медиане»? Вот что из этого получи- лось: способ из книги «Повернення втрачено! геометрй» — мы бу- дем обозначать А, способ доказательства теоремы о медиане — М. В каждом из способов будем доказывать, что две медианы, пе- ресекаясь, делятся в отношении 2:1, считая от вершины, что рав- носильно доказательству единственности точки пересечения трех медиан. Доказав это, докажем и саму теорему. Первый способ А Через вершину А проведем пря- мую /, параллельную стороне ВС (рис. 1). Пусть прямая СЕ пересекает сторону АВ в точке X, а прямую I — в точке Т. Треугольники АТХ и ВСХ подобны, поэтому: АХ _ АТ ХВ ВС ’ ° Треугольники АЕТ и Мх ЕС равны; отсюда АТ 1 АТ ~ СМ., значит,---- -. 1 ВС 2 Учитывая равенство (1), имеем j. 123
'лава . , Теоремы школьных учебников геометрии Первый способ М Через вершину А (рис. 2) проведем пря- мую /, параллельную сто- роне ВС. Пусть прямая СМз пересекает прямую / в точке Т. Поскольку ZAMJ = ХВМ^С, ZATM3 =ZBCMj, а АМ3 = М3В, то АТ =ВС = 2СМг. Треугольник ATM подобен тре- AM АТ 2 угольнику М. СМ, откуда--=----= - ММХ СМ, 1 Второй способ А Через точку Л/\ проведем отрезок MXD (D<=AB), параллельный отрезку СХ (рис. 3). Поскольку ВМ, =СМ,, то BD = DX. Поскольку АЕ = ЕМ,, то АХ = XD. Значит, АХ = XD=DB, откуда АХ: ХВ = 1:2. Второй способ М Через точку М, (рис. 4) проведем отрезок M,D (D ^АВ), парал- лельный отрезку СМ3. Так как ВМ, =СМ,, то BD = DM 3, а значит, МЛ) = i ВМ. = - АВ. Но AM. = - АВ, отсюда AM. : M.D = 2:1, сле- 3 2 4 2 довательно, по теореме Фалеса: АМ’.ММ, =2:1. Третий способ А Пусть Л/3 — середина стороны АВ (рис. 5). Поскольку ЕМ3 — средняя линия в треугольнике AM, В, то ЕМг = ВС. Треугольники ЕХМ3 и СХВ подобны, поэтому ХМ, _ ЕМ3 _ 1 ХВ ” ВС ~ 4’ 124
35. Три медианы т. е. ХМ3 - - ХВ. Но ЛЛ/3 = М3 В, откуда 4 АХ+ХМ3 = ХВ-ХМ3, или АХ+—ХВ = ХВ-—ХВ,АХ = —ХВ. 4 4 2 Третий способ М Проведем прямую М3Е параллельно ВС (рис. 5). Тогда в тре- угольнике АМХ В ЕМ3 — средняя линия и ЕМ3 - Мх В - ВС. Тре- угольники ЕММ3 и Л/\ МС подобны, значит, 1 Pf ЕМ = ЕМ3 _4 _1 ММ. СМ. 1 Dr 2 2 2 Тогда ММ. = - ЕМ.. Поскольку ЕМ, — средняя линия треугольника 1 3 АВМХ, имеем 2 2 1 1 -ЕМ. = ---АМ. = -АМ. 3 1 3 2 1 3 ! тогда AM = - АМХ, или AM: ММХ =2:1. Четвертый способ А ХЕ 1 Докажем вначале соотношение (рис. 6):-= -. Из треугольника СЕ 3 СХВ: ХС ВС 4ЕМ3 . СЕ СХ-ХЕ СХ t . ---------------- - 4, откуда — =----=-----1 = 3, ХЕ ЕМ3 ЕМ3 ХЕ ХЕ ХЕ что и требовалось доказать. Проведем теперь отрезок ХР\\ВС(РеАМх). Тогда АХ = ХР = ХР = ЕХ 1 АВ~ МХВ~ М£~ СЕ ~ З’ значит, АХ: ХВ = 1:2. 125
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Четвертый способ М Поскольку ЕМ — средняя линия треугольника АВМ. (рис. 6), то £*. --ВМ = ^£С. Поскольку треугольник М.МС подобен тре- угольнику ЕММ3, имеем СМ СМ. _2ВС ММ. ЕМ. 1 Dr Г 4 Пятый способ А Проведем через точку В прямую, параллельную отрезку AM. (рис. 7). Пусть N — точка пересечения ее с прямой G4. Поскольку СМ. = М, Ву то СА = AN. Пусть точка К — точка пересечения прямой СХ с NB, Поскольку АЕ = ЕМ., то NK = КВ. Значит, СК и ВА — ме- дианы в треугольнике ЦЛГС.Как известно, они пересекаются в соот- ношении 21, откуда АХ: ХВ = 1:2. Пятый способ М Проведем через точку В прямую, параллельную отрезку AM. (рис. 8). Пусть точка N — точка пересечения ее с прямой ЛС.Так как CM. = М.В,тоСА = AN. Воспользуемся известной задачей: в треугольнике NBC проведе- на медиана ВА. Через вершину С и середину М. этой медианы прове- дена прямая. Доказать, что эта прямая делит сторону BN в отноше- нии 2:1, считая от точки N. Значит, NK: КВ = 2:1 и AM: ММ. = 2:1. 126
35. Три медианы Шестой способ А ХЕ 1 Пусть ЕХ = 1. Тогда, воспользовавшись равенством-= - , име- СЕ 3 ем, что СЕ = 3/. Разделим отрезок СЕ на три равные части (рис. 9) и проведем через точки деления прямые, которые параллельны АМ{. Они разделят отрезок СМ на три равные части, длины которых обо- значим т. Проведем отрезок XL 11 АМ{. Тогда М, L = т, а поскольку АХ ML 1 Зт = СМ. = М. В, то BL = 2т. Следовательно, = —— = _. 11 ХВ LB 2 Шестой способ М Пусть АМ{ — медиана, точка К принадлежит А В, a N — точка пе- ресечения отрезков СК и АМ}, причем CN:NK = 2:1 (рис. 10). Дока- жем, что СК — медиана. Пусть NK = х. Тогда CN =2х. Проведем через середину CN прямую DE, параллельную АМг, а через точку К прямую, параллельную АМ} (прямую KL). Имеем CD =DN = NK = х, отсюда СЕ = ЕМХ =MJL =у. Но ВМ} =СМХ =2у, следовательно, LB = BMX -MlL=2y-y -у. Значит, LK — средняя линия треугольника ВМ{ А, тогда К — середи- на АВ, следовательно, СК — медиана. Седьмой способ А «Удвоим» медиану ЛМ, (АМ^ =М[Л1). Получим параллелограмм АВА2С (рис. 11). Треугольники ЕА,С и ЕАХ — подобны, отсюда АХ _ АХ _ АЕ _1 АВ А2С~ЕА2 3* АХ 1 значит,--= -. ХВ 2 127
лава IV. Теоремс -сольных учебников геометрии Седьмой способ М «Удвоим» медиану АМУ (рис. 11) — получим параллелограмм АВ~ С. Треугольники Л£42 С и МАМ3 подобны: СМ _ СА2 АВ _2 ММ3 ~ АМ3 ~ АМ3 1 ’ Восьмой способ А Через точку7 В проведем прямую т, параллельную АМХ (рис. 12) и продолжим отрезок СХ до его пересечения с т в точке Т. Поскольку ЕМХ — средняя линия в треугольнике СТВ, то ТВ - 2ЕМ}. Треуголь- ники АЕХ и ВТХ подобны, следовательно, АХ ЕА _ЕМ{\ ВХ ТВ ~ ТВ 2‘ Восьмой способ М Через точку В проведем прямую т, параллельную АМ{ и продол- жим отрезок СМ 3 до пересечения с этой прямой в точке Т (рис. 13). Так как ММХ — средняя линия треугольника СТВ, то ВТ = 2ММ\. Треугольники АМ3М и ВМ3Т равны, поэтому AM = ВТ = 2ММХ. Рис. 14 Девятый способ А «Удвоим»медиануАМХ (АМ{ = М}А2}. Получим параллелограмм (рис. 14). Через точку Л/, проведем прямую, параллельную СХ. Она пересечет отрезки СА2 и АВ в точ- ках/'несоответственно. Поскольку ЕХ — средняя линия в треугольнике АМХ D, а че- тырехугольник CXDF — параллелограмм, то АХ = XD = CF. Но треугольники СМ{ F и В МД равны, значит, CF - BD. Итак, АХ = XD = DB\ АХ: ХВ = 1:2. 128
35. Три медианы Девятый способ М «Удвоим» медиану АМХ {АМХ = Мх Аг). Получим параллелограмм АЙЛ2С (рис. 15). Через точку Мх проведем прямую, парал- лельную СМ.. Она пересечет отрезки СА2 и АВ в точках F и D соответственно. Поскольку треугольники СМД и ВМД) равны, то BD = CF. Четырехугольник CM.DF — параллелограмм, значит, M.D-CF, отсюда M.D = i ВМ. = - AM., 2 2 значит, ММ, = — АМ. 1 2 Рис. 15 Десятый способ А Пусть точка F — точка пересечения отрезков М,М2 и СХ (рис. 16). Поскольку МХМ21| АВ, то треугольники АХЕ и МДЕ — равны, а поэтому FM, - АХ. Но отрезок FMX — средняя линия тре- угольника ВСХ, отсюда ХВ = 2FMX.Значит, ХВ =2АХ. Десятый способ М Пусть точка F — точка пересечения отрезков СМ. и М2МХ (рис. 17). Так как МХМ21| АВ, то MXF — средняя линия треуголь- ника СМ. В, откуда FM, =±М.В. Но треугольники Мх FM и AM. М подобны, поэтому МХМ _ МД _ 2 МзВ _ 1 МА ~ АМ.~ AM. 2 Остальные способы доказательства свойства медиан предлагаем читателю доказать самостоятельно, воспользовавшись, естествен- но, книгой «Повернення втрачено! геометри». 9-6-1744 129
36. Верните теорему в школу! Эта теорема одна их самых важных в решении задач. Можно только удивляться концепции сегодняшних школьных учебников, которые «выкинули» ее и даже не поместили среди задач. Бедные учебники, бедная геометрия. На многое не претендую — хотелось бы вернуть ее в школу. Даже не с математическим уклоном. Теорема. Докажите, что биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные двум другим его сторонам. Первый способ (традиционный) В треугольнике АВС (рис. 1) ./!£, — биссектриса утла ВАС. Через вершину В проведем прямую, параллельную AL} до пересечения с прямой АС в точке D. Поскольку ZC4£l = Z£, АВ = AABD = AADB, то треугольник ADB — равнобедренный и AD = АВ. Тогда СА СА CL. СА CL. --- ------ —L, или = L , АВ AD L.B АВ ЦВ что и требовалось. 130
36. Верните теорему в школу! Второй способ Проведем BD\\AC (рис. 2). Поскольку Z.CALV = ЛЕХАВ - /.BDA, то BD = АВ = с. Треугольники CALX и ВОЦ — подобны, а значит, AC.BD^CL. \ЦВ(Ь = т\ с п Третий способ Пусть и S2 — площади треугольни- ков AL{ В и Л£]С, Z1Z) = £1E=/ — их вы- соты (рис. 3). Имеем =-te; S2 = -tb‘, 2 2 S, с >т 5, п b т — = -. Но —L - —, значит, - = —. S2 b S2 т сп 1 --C 2 Рис. 4 Четвертый способ S2 =A*-Ze-sin —; 5, 2 2 2 <81Пу. Значит,^ :S2 = c:b.HoSl :S2 = п:т,значит,- = — Пятый способ Обозначим Z.CAL, = — ’ 2 (рис. 4). Тогда по теореме синусов из треугольников АС1^ и АТ, В: b т с = и —------ sin©---------------------.ct-sin(180°—<р)-. — Y sm — V sin — 2 2 Отсюда - = —. c n Шестой способ На прямую AL, из точек В и С опус- тим перпендикуляры BD-dx и СЕ =d2 (рис. 5). Поскольку треугольники Л/?/) и d. с АСЕ подобны, то — = Из подобия d2 b треугольников BDL} нО^Е: d. п о b т d2 т сп Рис. 5 9* 131
Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии Седьмой способ Опишем окружность около тре- угольника АВС (рис. 6). Треугольники A WB и ACLX подобны (рис. 6) (JV — точ- ка пересечения биссектрисы угла ВАС с описанной окружностью). Обозначим В = W.C =f. Тогда - - —Анало- / AW. J 1 п с ~ mb гично, — ---. Следовательно, — = -, / AW\ пс что и требовалось доказать. Восьмой способ Поскольку треугольник AL}C подо- бен треугольнику ЛИ7, В (рис. 7), то дс _ АС . LC_b-W\B Н\В А1С, ’ 1 AW\ ' Поскольку J А ц-1 ЖВ = 27?ьт-; AW\ = ———, 1 2 2 А 2b-2R sm —cos — , r „ ? 2 a° имеем I C ---------=----— = - --. b+c b+c * r n ac LtB c Аналогично, L. В =--. Следовательно, —— = - 1 b+c L.C b Девятый способ CL I По обозначениям восьмого способа: -—— = —. Поскольку W\B с W.B = 2Rsin- и la =—cos-, 1 2 Ь+с 2 2Rsm~-2bccos— , 2 2 аЬ toCL, =--------------— =---. (b +с)с b +с * г п йс L.B с _ Аналогично, L,B =-, значит, —— =—, что и требовалось доказать. b+c L}C b Десятый способ предлагается найти самостоятельно. 132
37. Три высоты треугольника Еще одна замечательная точка — точка пересечения высот, ор- тоцентр. Доказательства будем проводить в остроугольном тре- угольнике. Теорема. Высоты треугольника пересекаются в одной точке. Первый способ ‘Первый способ — общеизвестен. Его называют способом Гаусса. Через вершины А, В и С (рис. 1) проведем прямые, параллельные сторонам треугольника АВС. Получим треугольник Л, В.С}, в кото- ром высоты данного треугольника АВС будут принадлежать пря- мым, проведенным через середины сторон: АС. = АВ.,А.С = СВ.,С.В = ВА.. Поскольку серединные перпендикуляры пересекаются в одной точ- ке, то утверждение теоремы доказано. Рис. 1 133
Глава IV.. Т^дрень- школьных учебников геометрии Второй способ Пусть Я,, Н2, Н3 — основания вы- сот (рис. 2). Поскольку в ортоцен- трическом треугольнике НХН2Н3 вы- соты АНХ, ВН2, СН3 принадлежат биссектрисам внутренних углов этого треугольника, то у них есть общая точ- ка — инцентр треугольника НХН2Н3. Третий способ Докажем вначале теорему Чевы. Пусть точки АХ,ВХ,СХ — три точ- ки, которые принадлежат соответственно сторонам ВС, СА, АВ тре- угольника АВС или их продолжениям. Для того, чтобы прямые ААХ, ВВХ ,ССХ пересекались в одной точке или были бы между собой по- парно параллельны, необходимо и достаточно, чтобы ЛС, Д4, (*) СХВ АХС ВХА Доказательство Рис. 3 Необходимость. Пусть от- резки ААХ ,ВВХ ,ССХ пересекают- ся в точке К (рис. 3). Проведем прямую I через точку А парал- лельно стороне ВС и продол- жим отрезки ВВХ и СС, до пере- сечения с I в точках М и N. Обозначим АС, - хх,С,В = х2, ВА, —у।, АХС=у 2, СВХ — Z[» B,A = z2, А1Л =ах, AN =а2. Треугольник МВ, А подобен треугольнику ВВХС. Поэтому ——— = —, отсюда -—- — = 1. (1) Треугольник NC А подобен треугольнику СС, В: а, х. а2х2 , --- — = —, отсюда --~— = 1. ?! +У2 Х2 (У1+^2)^ Разделив выражение (1) на выражение (2), считая, что У2 134
37. Три высоты треугольника (из подобия треугольников ВКА} и МКА,СКА] и NKA), получим У, -X, -Z, —-----------------1, ИЛИ---------1. (л +У 2)^2 ’X2'Z2 y2-x2-Z2 Случай, когда точки В{ и С, лежат на продолжениях отрезков СА и ВА, рассматривается аналогично. Достаточность. На сторонах треугольника АВС (рис. 3) даны АС. ВА СВ. точки Д, В{ ,С, такие, что —!-*----- = 1. Проведем отрезки ААХ и ВС] ‘СА] АВ] СС] .Они пересекутся в точке К. Пусть ВВ} не проходит через эту точ- ку. Проведем через точку К прямую ВВ2 (В2 принадлежит АС). По /ч АС'ВА'СВг СВ] СВ, условию (*) имеем — ---------- = 1. Из (1) и (2) получим —- = —-. ВС]‘СА1‘АВ2 АВ] АВ2 Значит, точки Вх и В2 совпадают, то есть прямые АА{, ВВХ, CCt име- ют общую точку, что и требовалось доказать. Итак, третий способ По теореме Чевы: АН3 ВН] СН2 _ hc cos A- ha cos Bhb cos С H3B‘H]C‘H2A hc cos B-hacosC-hb cos A значит, три высоты пересекаются в одной точке. * * * Рассмотрим теоремы Чевы для пря- мых, проходящих через вершины тре- угольника АВС и составляющих с соответ- ственными сторонами углы а, р, у (рис. 4)1. Условие теоремы Чевы запишем в виде: since -sinp-siny = 1. (®) sin( А - а) sin(5 - Р) sin(C - у) Доказательство Имеем СА, _^ла1с _ b sin се . АВ, _ csinp . ВС\ asiny A]В csin(j4-a)’ BtC «sin(B-p)’ C^A bsin(C-y) Подставив полученные равенства в условие теоремы Чевы, полу- чим ожидаемый результат. 1 Такие прямые называются трансверсалями. 135
Глава IV. Теооемы школьных учебников геометрии Высоты как изогоной Рассмотрим прямые, которые про- ходят через вершины треугольника и образуют равные углы с биссектри- сами внутренних углов треугольника, проведенных из той же вершины. Та- кие прямые называются изогональны- ми (рис. 5). Теорема. Если три трансверсали имеют общую точку, то и изого- нальные им прямые имеют общую точку. Действительно (рис. 6), если, на- пример, отрезок ЛЛ, =rt составляет со сторонами АС и АВ углы а и А-а, то 12, изогональный отрезку , составляет с АВ углы А-а и а, т. е. имеет место теорема Чевы в виде формулы (®). Четвертый способ Пусть О — центр окружности, опи- санной вокруг треугольника АВС. По- скольку /ВАО = /.САНj, то прямые ОА и АН' — изогональны (рис. 7). Но прямые ОА, ОВ, ОС имеют общую точку. Значит, прямые АН', ВН2 ,СН3 также имеют об- щую точку Пятый способ Пусть АН' и ВНг — высоты тре- угольника АВС (рис. 8). Обозначим точ- ку пересечения этих высот Н и через эту точку проведем прямую СН до пересече- ния с АВ в точке К. Обозначим также НА=а; НВ = Ь', НС-с. Тогда СВ = Ь-с, ВА=а-Ь. Имеют место равенства Ь(с -а) = 0; а(Ь -с) = 0. Отсюда с (а - Ь) = 0. Значит, отрезок СК перпендикулярен к отрезку АВ и К = Н3. 136
37. Три высоты треугольника Шестой способ Рассмотрим вектор ОХ = ОЛ+ОВ+ ОС. Докажем, что точка X — точка пересечения высот треугольника АВС. Для доказательства достаточно проверить, что АХ 1 ВС, ВХ ± АС, СХА.АВ. Ясно, что АХ = ЛО+ОХ = АО+ОА +ОВ+ОС = OB +ОС Поэтому --------------------- --- ------------2 --2 АХ ВС = (ОВ+ОС)(ОС-ОВ) = ОС -0В =0 (ОС -OB=R — радиусы окружности, описанной около треугольни- ка АВС). Следовательно, АХ ± ВС. Аналогично доказывается, что ВХГАС,СХ1АВ. , Седьмой способ (формула Карно и ортоцентр) Докажем вначале формулу (теорема Карно): Для того, чтобы прямые АВ hCjC2 были перпендикулярны, необ- ходимо и достаточно, чтобы АС*-ВС* = АС*-ВС*. Введем систему координат, направив ось абсцисс по прямой АВ. Тогда точки А, В, Ct и С2 имеют координаты (а; 0); (Ь; 0); (х,; и (х2; у2) соответственно. Поэтому АС* — ВС* =(a-xiyl +у* -(Л-Xj)2 -у* =а* -Ь* -2х}(а-Ь). Аналогично, АС* -ВС* -а*-Ь* -2х2(а-Ь). Равенство АС* - ВС* = АС2 - ВС2 эквивалентно тому, что xt = х2, т. е.С(С2 ± АВ. Переходим к доказательству единственности точки пересечения высот. Пусть высоты ha и hk треугольника АВС пересекаются в точке Н. 'ГОТОВА* -СА* =ВН* -СИ* иСВ*-АВ* =СН* -ЛЯ2. Сложив эти равенства, получимте2 -АС* =ВН* -АН*,т. е.СН±АВ. Восьмой способ Пусть две высоты треугольника ABC ha и hh пересекаются в точке Q. Тогда, учитывая, что AB-2RsinC, XQAB=9Q°-B, A.QBA =90°-А и AAQB = 180°-С по теореме синусов для треугольника AQB\ 137
Глава ГУ. Теоремы школьных учебников геометрии 4(2 £in(90 -А) АВ AQ 27? sin С nD ----------или —— =----------------= 27?, sinZ?4£>7? совЛ sin(180°-C) то . Q = 27? cos A (7? — радиус окружности, описанной около тре- угольника АВС). Пусть далее высота ha пересекается с высотой hc в точке Т. Анало- гично предыдущему АТ - 27?cos А. Следовательно, AQ = АТ и точки QnT совпадают, значит, прямые АНХ ,ВН1 ,СН3 имеют общую точку, что и требовалось доказать. Девятый способ Доказательство основано на лемме: если три окружности попар- но пересекаются, то три общие хорды каждой пары окружностей (или продолжения хорд) проходят через одну точку или параллель- ны (рис. 9). Редкое доказательство с помощью стереометрии приведено в книге Д. О. Шклярского, Н. Н. Чепцова, И. М. Яглома «Избран- ные задачи и теоремы элементарной математики» (Часть 2. — Мо- сква: Государственное издательство технико-теоретической лите- ратуры, 1952). Приведем это доказательство. Построим на каждом круге как на экваторе, сферу (рис. 10). Эти три сферы пересекаются в двух точках (две любые сферы пересекают- ся по окружности, а третья сфера пересекает окружность, по которой пересекаются две сферы в двух точках, симметричных относительно общей диаметральной плоскости всех сфер.) 138
37. Три высоты треугольника Рис. 10 Проекциями окружностей, по которым пересекаются пары сфер, служат общие хорды пар окружностей, а проекции общих точек всех пар сфер принадлежат всем трем хордам данных кру- гов. Следовательно, эти хорды пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать. Перейдем непосредственно к дока- зательству теоремы о высотах: на от- резках АВ, АС и ВС как на диамет- У \ рах построим окружности у, у ж;, у вс - \ (рис. 11). Общей хордой окружностей ул/. и у вс является высота ВН2. Анало- / / \ \ V гично, общей хордой окружностей уАВ у и у ,с является высота АНХ и общей С Н} В хордой окружностей у вс и уАС являет- рИс. 11 ся высота СН3. Таким образом, у нас есть конфигурация из леммы: три попарно пересекающиеся окружности у лв, у АС, у вс и их попарно общие хор- ды АНХ ,ВН2 ,СН3. Согласно лемме, отрезки АНХ, ВН2 ,СН3 имеют общую точку, что и требовалось доказать. Десятый способ предлагаем найти самостоятельно. 139
Глава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника 38. Одна из главных Рассмотрим формулу ОМ, = ~АН, 1 2 где О — центр описанной окружности, Н — ортоцентр, М. — сере- дина стороны ВС. Первый способ Обозначим Е., Е2 середины отрез- ков АН и ВН, М2 — середина стороны АС (рис. 1). Поскольку ЛНЕ. Е2 = ЛОМ. М2, ЛЕ.ЕгН = ЛОМ2М. иЕ.Е2 = М.М2 = АВ, то треугольники ОМ. М2 и НЕ. Ег рав- ны, значит, ОМ. = Е,Н- — АН. 1 1 2 Второй способ Треугольники АНВ иОМ.М2 — подобны (рис. 1): ОМ, М. М2 1 ~АН АВ 2’ Значит, ОМ, = — АН. 1 2 140
38. Одна из главных Третий способ Проведем через вершины треугольника АВС прямые, парал- лельные его сторонам (рис. 2). Получим треугольник A. В.С., гомо- тетичный треугольнику АВС с центром гомотетии в точке М (точка пересечения медиан треугольника АВС) и коэффициентом к = -2 (этот факт рекомендуем доказать самостоятельно). Поскольку точка Afj — середина отрезка ВС, точка А — середина отрезка В С,, то эти точки соответственно гомотетичны. Гомотетичны также точки О и Н, значит, отрезки ОМ, и НА гомотетичны, а коэффициент гомоте- тии к = -2, значит, ОМ. = — АН. 1 2 Рис. 2 Четвертый способ Проведем диаметр DB, высоты АН. и СН3 (рис. 3). Соединим точку D с точками А и С. Четырехугольник ADCH параллелограмм: AD\\CH,DC\\AH. Но ОМ. --DC = -AH. 1 2 2 141
'лава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника Пятый способ Рис. 4 Продлим высоту АН до пересечения с описанной окружностью в точке N (рис. 4). Тогда НН\ =HrN (предлагается доказать самостоятельно). Обозначим точку пересечения прямых DH и ВС как X. Поскольку ЯЯ, = Н} N и ХНх1|DN, то DX = XH. Но DO = OA, тогда ОХ\\АН. Значит, ОХ ± ВС. Поскольку точка О — центр окружности, то ВХ = ХС. Значит, точка X совпадает с М,, и из треугольни- ка ADH следует, что ОХ^ОМ. = — АН. 1 2 Шестой способ Поскольку М2Е2\\АН и ОМх ||ЛЯ, то М3Е2 iOMt (рис. 5). Аналогично, ОМ31 [ Мх Е2. Значит, ОМХЕ2М3 — па- раллелограмм и ОМХ = М3Е2. Но м.е2 =-АН j Z. 2 как средняя линия треугольника АНВ. Значит, ОМ. = — АН. 1 2 Седьмой способ Поскольку (рис. 6) /АВИ = 9СГ-Л, ZAHB = 180°-С, то по теореме синусов из ЕАНВ имеем АН _ АВ 5ш(90°-Л) sin(180°-C) ’ АН с ПЕ> или ——- =------= 2л. cos A sin С Значит, АН = 2/? cos А. Но ОМ{ = 7? cos А (из треугольника ОМф. Таким обра- зом, утверждение доказано. 142
38. Одна из главных Восьмой способ Построим точки О, и Л',, симмет- ричные точкам О и Н относительно прямой 5С(рис. 7). Точка принадле- жит окружности, описанной около тре- угольника АВС (предлагается доказать самостоятельно). Поскольку отрезки ON, нО,Н симметричны относительно прямой СК, то ON, = O,H = R. Докажем, что четырехугольник О,О АН — параллелограмм. По свойствам симмет- рии: Z.O,HN, = ^HN,O. Но OA=ON„ значит, треугольник OAN, — равнобедренный и Z.OAN, = ZO,HN, ,ОА\\О,Н, кроме того, 00,11 АН, следовательно, ОАНО, — параллелограмм. Значит, 00. = АН, или ОМ. = ~АН. 1 1 2 Девятый способ Из точки О опустили перпендикуляр ОК на хорду AN, (рис. 8). Тогда НН, =H,N,n КН, -KN,-H,N, = = — АН + НН. -H.N. = — АН. 2 1 1 1 2 Но КН. = ОМ.. Значит, ОМ. = - АН. 1 1 5 । 2 Формула доказана. 143
39. Замечательная перпендикулярность В геометрии треугольника перпендикулярность отрезков ОА и Н2Н3 достаточно часто применяется и потому справедливо назвать такую перпендикулярность «замечательной». Хотя бы для того, что- бы обратить на нее внимание как педагогической общественности, так и учащихся, желающих глубже изучить геометрию. Итак, треугольник АВС вписан в окружность с центром О, Н2 и Н3 — основания высот ВН2 иСН3 (рис. 1). Докажем, чтоШ±Я2Я3. Первый способ Пусть отрезок ОА пересекает отрезок Н2Н3 в точке К (рис. 1). Поскольку /ЛН2Н3 = В, а ЛОАН 2 =90°-В (из треугольника ОАС), то /ЛКН3 =ААН2К + ЛН2АК = В+9()°-В=90о. Второй способ Поскольку АОАН2 = АН}, а ЛАН2 К = АВ, то/Я2 АЛ =90° (рис. 2). 144
39. Замечательная перпендикулярность Третий способ В точке А проведем касательную MN (рис. 3). Поскольку ЛН3АМ =С (угол между касательной и хордой), а ЛАН3Н2 =С,то Н2 Н3 11MN и АКАМ = 90°, значит, ЛАКН2 = 90° Рис. 3 Рис. 4 Четвертый способ ПостроимортоцентрическийтреугольникН2Н3 и ортоудвоен- ный треугольник NrN2N3 (рис. 4). Свойства этих треугольников подробно рассмотрены в книге автора «Треугольник и тетраэдр в за- дачах» (Киев: «Факт», 2004). Поскольку Z.N2NX А = ZN3NrЛ,то u AN 2 = uAN3 и ОА ± N2 N3. НоЯ2Я3 ||ДГ2ЛГ3,значит,ОЛ±Н2Н3. 10 - 6-1744 145
40. Поиск способов или способ поиска? В геометрии треугольника теорема о точке, симметричной орто- центру относительно стороны очень популярна: пусть Н — орто- центр остроугольного треугольника ABC, Nx —- точка пересечения прямой АН с описанной около треугольника АВС окружностью. Назовем теоремой 7^ теорему о симметричности относительно ВС точек Н и N . Докажем ее. Рис. 1 Первый способ Поскольку (рис. 1) ZANJB=C = ZBHN,, то треугольник HBN} равнобедренный, а значит, ННХ = Нх ЛГ,. Второй способ Поскольку (рис. 1) ZHBC = 90°-С = ZCAN, = Z.CBN', то ВН{ — биссектриса и высота тре- угольника HBNV, а значит, НН = Н\ . Третий способ Из треугольника ЛЛ В (рис. 1) BN{ = 2R sin Ztf, АВ = 2R sin(90°-5) = 2Acos В = BH, значит, BH - BNX, следовательно, НН -HlNi. Вторая теорема, назовем ее Т2, менее популярна, чем теорема Т}. Напрасно! Постараемся это проиллюстрировать. Обозначим D — точку диаметрально противоположную вершине А треугольника АВС (рис. 2). Докажем, что точки Н и 1) — симмет- ричны относительно середины Л/, отрезка ВС (это и есть теорема Т2). 146
40. Поиск способов или способ поиска? Действительно, поскольку /ACD =90°, то ВН и DC параллельны. Аналогично доказывается, что СЯ M.DB — параллель- ны, значит, HBDC — параллелограмм. Покажем применение теоремы Т2 : Задача 1. Доказать, что CD = НВ. Действительно, это следует из того, что HBDC — параллелограмм. Рис. 2 Задача 2. Доказать, что ОМ, = АН. Действительно, отрезок ОМ^ — средняя линия треугольника AHD. Задача 3. Доказать, что ВН2 = 4R2 -Ь2. Действительно, поскольку DC2 - AD2 -АС2 (изLADC), aDC= ВН, то утверждение доказано. (Еще один способ доказатель- ства, что ЛЯ2 = 4R2 -а2). Задача 4. Доказать, что отрезки Д Мх ,D2M2 ,D3M3 пересекаются в одной точке (Д, Д ,D3 — точки диаметрально противоположные вершинам А, В и С треугольника АВС). Действительно, это точка Н (ортоцентр ДАВС). Докажем с помощью теоремы Т2 теорему о единственности точ- ки пересечения высот (задача 5). Действительно, пусть прямая Д Л/, пересекает высоту АНХ в точке X и пусть высоты СН3 и ВН, пересекают- ся в точке Н (рис. 3). Поскольку ОМХ\\АНХ nAO = ODlf то ОМ\ — средняя линия в треуголь- нике ЛД X иDMX ^MxX,a значит, по теореме Т2, точки X и Я совпадают, т. е. высота АНХ проходит через точку пересечения высот ВН2 и СН3. 10* 147
"лава V. Погт лярныетеопемы и формулы геометрии треугольника Лекаже теорему о точке пересечения медиан треугольника АВС В треугольнике AD1Н (рис. 4) про- ведем медиану АМХ (DXMX -М{Н по теореме Т2). Поскольку AO = ODX, то отрезок ОН — тоже медиана треуголь- ника. Обозначим М — точку пересече- ния медиан АМХ и ОН. Треугольники ОММХ и НМА подобны и ОМ :МН = ОМj : АН =1:2. В аналогичных треугольниках AHD2 и AHD3 медианы также пересекаются в той же точке М, которая делит отре- зок ОН в отношении 1:2. Как следствие — теорема о прямой Эйлера: точки О,М нН при- надлежат одной прямой (задача 7). Рис. 5 Итак, исследуя точку, симметричную ортоцентру Н относительно середины стороны, мы получаем способы дока- зательства, отличные от традиционных. И, наконец, заметим, что теоремы Тх и Т2 взаимосвязаны — одна следует из другой. Действительно (рис. 5), это следует из АД HNX. Заметим также, что обе они имеют обратные. 1°. Доказать, что прямая НМХ пересекает данную окружность в точке Dx (диаметрально противоположной точке А). (Доказывается с помощью параллельных прямых: НН, [ | Z), С, так как Z/Z^C-Z^C/^). 2°. Точка, диаметрально противоположная вершине А, находится с точками М и Н на одной прямой. * * * Поиски еще одного способа решения иногда приводят к новой более содержательной задаче, чем доказываемая. 148
40. Поиск способов или способ поиска? Рис. 6 Рассмотрим задачу, предложенную на Киевской математической олимпиаде: Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается сторон ВС, АС, АВ в точках Кх, К2, К3 соответственно. Пусть tx, t2,13 — прямые, которые параллельны биссектрисам ALX, BL2, CL3 треугольника АВС и проходят через точки Кх, К2, К3 соответственно. Доказать, что прямые Zj ,t2,t3 пересекаются в одной точке. Доказательство Поскольку треугольник — равнобедренный (рис. 6), то ALX ±К2К3, откуда следует, что отрезок прямой tx, ле- жащий внутри треугольника Кх К2 К3, яв- ляется высотой этого треугольника. Рас- суждая аналогично, получим, что высоты треугольника КХК2К3 лежат на прямых tx, t2, t3, а следовательно, эти прямые имеют общую точку — ортоцентр тре- угольника Кх К 2 К 3. Утверждение доказано. Задача и решение настолько понравились, что захотелось найти еще один способ доказательства. Вместо способа «возникла» новая задача. В треугольнике АВС через основания высот НХ,Н2, Н3 проведе- ны прямые ,t2,t3 соответственно параллельны диаметрам описан- ной вокруг треугольника АВС окруж- ности, проведенных через вершины треугольника. Доказать, что эти пря- мые имеют общую точку. Доказательство Пусть О — центр окружности. Поскольку ОЛ±Я2Я3 (рис. 7), то 1Н2 Н3, а это значит, что принад- лежит высоте треугольника НХН2Н3, проведенной из вершины Н{. Значит, прямые tx,t2,t3 имеют общую точку — ортоцентр треугольника Н2Н3. 149
41. Углы в антипараллелях Если на стороне АС треугольника АВС (рис. 1) или на ее продолжении вы- брать произвольную точку X и провести через нее прямую XY (Y &АВ) так, что- бы ZAXY = В, то тогда отрезок XY бу- дем называть антипараллелью. Антипараллели занимают заметное место в геометрии треугольника. Обозначим ZAH2H3 -a, ZASC = p. Докажем, что а = 0 (рис. 2). Первый способ Опишем окружность около четырехугольникаСН2Н3 В\ ЛН3Н2С+ХН3ВС = Ш° и ЛАН2Н3 + ХН3Н2С=Ш)°, значит, а = 0. Второй способ Опишем вокруг четырехугольника АН2НН3 окружность (рис. 3). Поскольку ХАН2Н3 = ХАНН3 = ЛАВН,, то а - 0. 150
41. Углы в антипараллелях Третий способ Поскольку треугольники АН2В и АН3С подобны, то (рис. 4) АН2 АВ АН3 АС* а это значит, что подобны треугольни- ки АН2Н3 и АВС,т. е. а = р. Четвертый способ АН Обозначим /АВН2 = ZACH3 = ср. Посколькх sin <p=-^z (ZABH_) АНз . ij-trr х АН2 и sin <р ----- (ДАСН3), следовательно,------- = АС АВ а = Р (смотри третий способ). —, а это значит, что Пятый способ Пусть О — центр окружности, опи- санной вокруг треугольника АВС (рис. 5). ТогдаОЛ±Я2Я3 (докажите!). Рассмотрим треугольник АОС. По- скольку ZAOC = 2B, то ZOAC = 90°-В, и ZAH2 Н3 = В, значит, а = р. Шестой способ Опишем на ВС как на диаметре полуокружность и продлим Н2 Н3, как и ВС, до пересечения в точке D (рис. 6). Из треугольника CH2D: а = ZH2CD+ ZH,DC Поскольку ZH2DC как угол с вершиной вне круга равен Рис. 5 180°-2С-180425 _ -------------- = D — С , 2 тоа -С+В-С = В,т. е.а =р. Предлагается найти и другие способы доказательств. 151
42. Теорема трилистника — самая эмоциональная теорема геометрии треугольника Рис. 1 Напомним, что «теоремой три- листника» мы называем следующую теорему: Пусть И7, — точка пересечения биссектрисы угла ВАС треугольника АВС с описанной около этого тре- угольника окружностью. Точка I — инцентр треугольника А#С. Имеет место равенство (рис. 1) WYB^WYC = WYI. О применении этой теоремы написано немало: удивительная теорема достаточно эффектно и эффективно применяется в реше- нии задач. Остановимся еще на одной яркой стороне теоремы — она много- спбсобна! Причем все ее способы достаточно самостоятельны и интересны. Первый способ (традиционный) Докажем, что ZC/И^ - AICW\. Действительно, £CIW\ - Z.CAI Z.ICA. Но ZC4/ = Z Щ АВ = ZBCW}, a Z/G4 = ZICB. Второй способ Рассмотрим угол IC как угол с вершиной внутри круга: vAW3+vCW\ _С+А 2 г-’ 152
42. Теорема трилистника — самая эмоциональная теорема Далее, 1 2 2 значит, ZCTTKj = A1CWX. Третий способ Опишем окружность около тре- угольника BIC (рис. 2). Точка W бу- дет центром этой окружности, так как она принадлежит серединному перпендикуляру О и ABWXC = 180°-Л (докажите!). Значит, В = И7; С - Wx I как радиусы этой окружности. Четвертый способ (самый эмоциональный) Пусть биссектриса угла АВС (рис. 3) пересекает окружность в точке W2. Тогда ЛГУ, = &WXCW2, значит, JFj/ = И'С. Пятый способ Воспользуемся соотношением AIIWX =2Rr. Поскольку "~А sin — 2 то А sin- 2 или (рис. 4) ЛУ =2Л sin~ = CPK . 1 2 1 Рис. 3 153
Глава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника Ж Рис. 5 Шестой способ Рассмотрим подобные треугольни- ки А1К2 иCWxМх (рис. 5) (tf, ,К2,К3 - точки касания вписанной окружности со сторонами ВС, АС, АВ; Мх — середи- на стороны ВС). Имеем AI АК, p-а Ь+с-а ... ----=---£ = £--=-----. (1) СИ7 СМ' а а 2 Рассмотрим угол между прямыми AW\ и ВС. Параллельные секу- щие АН,, IK\, W' М' высекают на сторонах этого угла пропорцио- нальные отрезки: АГ IW' ,или а+c-b а2+с2-Ь2 ВК'-ВН' _ 2 2а _ Ь+с-а ВМ'-ВК' а а+c-b а 2 2 лг АГ Сравнивая (1) и (2), имеем =----, значит, СИ7 = /И7 . (Z^H7^ Г il7. Рис. 6 Седьмой способ Воспользуемся формулой AI IW' =2Rr , (*) (R и г — радиусы описанной и впи- санной окружностей). Имеем: sin — 2 Через центр О и инцентр I проведем прямую 01, которая пересечет ок- ружность в точках М и N (рис. 6). Пусть 01 = d. Тогда MI=R+d, IN=R-d. По теореме о произведении отрезков хорд, учитывая (*): (R+d)(R-d) = AI IW^, 154
42. Теорема трилистника — самая эмоциональная теорема или/?2 -d2 =— . zl sin — 2 По формуле Эйлераd2 =R2 -2Rr. Значит, (R2 -R2 +27?r)sin — . 1W. ----------------^ = 27?sin-=H;5. 1 r 2 1 Восьмой способ Имеем IW. = AW. -AI=2Rcosq-----r— = . A sin — 2 nn Л I> • В . C - 2R cos---47? sin — sin — 2 2 2 z B-C ._ . A . В . C (cp ----и r - 4R sin — sin — sin — 2 2 2 2 Значит, nr J B с . в . с . в . c} 1W =2R cos —cos —+ sin —sin —-2 sin —sin — = 1 \ 2 2 22 2 2) В C . В . C\ = 2/0 cos—cos—sin —sin— = \ 2 2 2 2 J = 2R cos = 2R sin - = СЖ. 2 2 1 Девятый способ Из треугольника ОН7' I по теореме косинусов: R2 -2Rr =R2 +х2 -2/?vcos(p / B-C JI7 „ (тут <p =--, x = fr, /) 2 x2 -2Rxcos(p +2/?r = 0; x2 ~2Rxcos<p +AI IW\ =0; x-27?cos<p +AJ =0; x =2Rcos<p-AI = AWl-Al (далее — предыдущий способ). Покажем, что способы доказательства теоремы трилистника име- ют место и в случае вневписанной окружности. Правда, в этом случае она называется «теоремой четырехлистника». 155
Глава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника Рис. 7 Итак, точку пересечения внешней биссектрисы/' треугольника АВС с опи- санной около него окружностью на- зовем точкой WA (рис. 7). Точки И, и WA — диаметрально противоположны. Теорема «четырехлистника». Имеет место равенство: WAB = WAC = WAIb = WAIC Ic — инцентры вневписанных окружностей). Доказать. Первый способ WA B = WAC (рис. 8). Докажем, что WAIb = WAB, или Z1 = Z2. Из МЬАГ. Z2 =90°-^//, =90°-(180o-ZA/S) = ( ( cW с Il 2 JJ 2 Далее, /А = A.KBA-AABWa = --AWaW,A = -- --- ь 2 1 2 (2 2 что и требовалось доказать. Аналогично доказывается, что WAC = WAIс, значит, утверждение доказано. П J 2’ Рис. 8 156
42. Теорема трилистника — самая эмоциональная теорема Второй способ Рассмотрим Z2 как угол с вершиной вне круга (рис. 8) Z2=-(uAB-vWat} (Т — точка пересечения окружности и прямой В1Ь). Поскольку С Z1 = —,то Г = С, ясно, что u АВ - 2С. Значит, Z2=1(2C-C) = £. 2 2 Предлагается найти и другие способы доказате ьства. 157
43. Биссектрисы ортоцентрического треугольника О том, что высоты остроугольного треугольника АВС являются биссектри- сами ортоцентрического треугольника Н,Н2Н3 (рис. 1), известно издавна. Наи- более «прибрано» теорема выглядит так: Высотам треугольника принадле- жат биссектрисы ортоцентрического треугольника. Наш интерес к этой теореме усиливается не только ее частым применением в решении задач, а несколькими способами доказа- тельств, отличающимися от обычно принятых (с помощью вспо- могательных окружностей). Рис. 2 Первый способ Опишем окружности около четырех- угольников Н2 ННj С и Н3 ННХ В (рис. 2). Тогда ZACH, = ZH2H,A, aZAH.H, = ZH2BA. Но ZACH, = ZH2BA. Второй способ Аналогичен первому, только окружности описываются, напри- мер, вокруг четырехугольников Н2ННхСмСН2Н3В, значит, ZH2H,A = ZH,HYA. Третий способ Опишем окружность около треугольника АВС (рис. 3). Прове- дем прямые АН, BH, СН до пересечения с окружностью в точках 158
43. Биссектрисы ортоцентрического треугольника Поскольку НН{ = HXNX, НН2 = H2N2,HH3 = H3N3, то треугольники Н2Н3 и — гомотетичны. Но ОЛ±Я2Я3, значит, OALN2N3 и<jN2A = uZjV3, следовательно, ZN2NlA = ZANlN3 hZH2H1A = ZH3H1A> следовательно, НН{ принадлежит биссектрисе угла Н2НГН3. Анало- гично доказывается равенство двух Рис. 3 других пар углов ортоцентрического треугольника. Другие способы связаны с углами при антипараллельных прямых. Четвертый способ Поскольку = А = Z#3 Я, В (рис. 4), значит, ЛН2Н{А = ЛН3НхА. Пятый способ Через вершину А проведем прямую t, параллельную ВС (рис. 5). Продлим Я, Н2 и Нх Н3 до пересечения с прямой t в точках Е и К. Обозначим АК ~ х; АЕ =у. Имеем х _АН3 у _АН2 . х АН3ВНхСН2 СН^~СН/ ~у~ ВН3СНХАН2‘ 159
Глава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника По -еореме Чевы — = 1,значит, х = у, следовательно, высота НХА У треугольника НХЕК будет медианой и биссектрисой. Шестой способ На высоте АНХ (рис. 6) выберем произвольную точку X. Пусть К — точка пересечения прямых АС и ВХ, Т —• точка пересечения прямых АВ и СХ. Докажем, что ХТНх А - ХКНх А. Обозначим Кх и Т\ — точки пересечения прямых НхКпНхТ с прямой /, проведенной через вершину А параллельно стороне ВС. Докажем, что АКХ =А1\. По теореме Чевы АКСН, ВТ = КСВН, ТА. Из подобия треугольников АККХ и С КН следует, что 1 СК Аналогично, _ ВН, АТ Равенство А Тх = АКХ верно, если СНХ АК-ВТ = ВНХ АТ СК, но это следует из теоремы Чевы, отсюда НХКХ =НХТХ ъХТНхА = ХКНхА. Если же точка X совпадает с ортоцентром, то утверждение основ- ной задачи доказано. 160
44. Второй способ решения как повод для импровизации Рассмотрим задачу о равноделящей, т. е. прямой, которая делит площадь треугольника пополам: Пусть ЛЯ, — высота треугольника АВС, М и Я — проекции точки Нх на стороны АС и АВ соответственно, О — центр описанной во- круг треугольника АВС окружности. Доказать, что если точка О при- надлежит отрезку MN, то этот отрезок делит площадь треугольника пополам. Первый способ Пусть 5 — площадь треугольника АВС (рис. 1). Обозначим Sx — площадь треугольника AMN. Треугольник AMN подобен треугольнику АВС (докажите!): 5, _ ояг m 5 АН* hf (R — радиус описанной вокруг ДАЙС окружности). С другой стороны, ЛЯ, — диаметр окружности, описанной около треугольника AMN. Значит, Сравнивая выражения (1) и (2), получим Ч?_1. ч 5 J 4’ 5 2’ что и требовалось доказать. 11 -6-1744 161
Глзва У. Попу-ярные теоремы и формулы геометрии треугольника Второй способ Известно, что отрезок MN равен полупериметру ортоцентричес- кого треугольника Н Н2 Н3 и ОЛ1MN (докажите!). Поскольку S„Z-MN-OA, ар„=|, 2 R с 1 « 1 О то S =------R = - S. 2 R 2 Итак, в случае, если центр О при- надлежит MN, то MN — равноделящая. А если О не принадлежит отрезку MN (рис. 2)? Рассмотрим четырехугольник AMON (рис. 2). SAunN =-AO MN =~R рн = -S. Оказалось, что ломаная MON — тоже равноделящая. Изучение равноделящей MON приводит к непривычному спосо- бу доказательства формулы S = RpH. (1°) Действительно, докажем без применения формулы (1°), что Имеем С _ С I с ^AMO ^ANO' Докажем, что V — — V AMO ~ 2 АН^В' Заметим, что ZMAO^ZH.AN, aZAH^M = ZACB (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами). Значит, = 1 AM ЛО-sin(р = -/гп -втС-Явтф Amu т 2 ° ' (ф = 2М4О). с * ж. • ^=2^'c‘sln((x • 1 Доказательство столь интересно, что равенство SAM0 =—$АНВ может быть представлено отдельной задачей. 162
44. Второй способ решения как повод для импровизации Имеем с -ha-sinC-7?sin <р D . „ SAMO _ 2 ^sinC _ 1 c 1 c 2 tu D -h-sinq-c 2 ° АНКВ Итак, 5Jjun =-5.„ „.Аналогично доказывается, что 3 AMU 2 лл I** ^ANO = 2 И $АМО + $ANO ~ Поскольку MN = рн,и SAHc'}=~S- ЛИ л С J 2 SA„nN = -MNAO = -pHR, Амор» 2 2г л 5 то ^Рн •Л = |^,или5=Л-ря. Хи И, наконец, при изучении проекций точки Нх на стороны АВ и АС (точки М и N), кроме рассмотренных сюжетов в книге «Тре- угольник и тетраэдр в задачах», мы получили интересное свойство: ломаная MON — равноделящая. Заметим, что доказать это можно не одним способом. Постарайтесь это сделать самостоятельно. и* 163
45. Векторный способ как повод для размышлений Рассмотрим задачу: Доказать, что если в треугольнике совпадают точка пересечения высот и медиан (ортоцентр Н и центроид М), то треугольник АВС — равносторонний. По условию Докажем этот факт традиционно. Обозначим основания высот Нх, Н2, Я3, а медиан Мх, М2, М3 (рис. 1). Поскольку ортоцентр Н совпадает с центроидом М, то высоты треугольника АВС совпадут с соответственными медианами, и из ра- венства прямоугольных треугольников, например, АН{В и АНХС, слеруът, что АВ- АС. Аналогично доказывается, что АВ = ВС, т. е. АВ = ВС = АС. Утверждение задачи доказано. Докажем задачу с помощью векторов (рис. 2). Обозначим Л£4 = г15 МВ = г2, МС - г3. Тогда АВ = г2 , АС = г3 -г\, ВС = г3 - г2. Докажем, что (Л"г*)2 =(Г2“Г1) =(^-Г2)2-(1) Поскольку МС 1 АВ, то r3 )=0. МА+МВ + МС = 0. Учитывая, что Г1 + Г2 +Г3 = ИЛИ Г3 ~ -(Г1 + Г2 164
45. Векторный способ как повод для размышлений имеем (П +Г2 )('?-'?) = — 2 О, откуда rt Аналогично получаем, что г2 - г3 . Итак, — 2 —2 —2 =г2 =г3 . Далее, из равенств (2) следует, что =г2-',з =гз ''г (3) Учитывая равенства (2) и (3), получаем, что доказано равенство (1), а следовательно, утверждение задачи. 1 Векторное решение задачи естественно может показаться более громоздким, чем традиционное. Хотим сразу предупредить читате- ля: такое сравнение неуместно, так как классический и векторный метод — это разные языки математики и надо учиться «говорить» на каждом из них. 165
46. Трилистник и вневписанная окружность Рис. 2 Обозначим 1а — центр вневписан- ной окружности, касающейся сторо- ны ВС треугольника АВС (рис. 1). К из- вестному «равенству трилистника» bwx =си; =ж; добавляется еще один компонент (рис. l):BWt =CW\ = IWX =IaWx. Первый способ Поскольку IC биссектриса внут- реннего угла АСВ, а 1ОС — биссектриса внешнего угла, то А1аС1 =90°, и CW\ =WXI (теорема трилистника), то Второй способ Пусть прямая С1О вторично пересека- ет окружность, описанную вокруг тре- угольника АВС в точке М (рис. 2). Тогда Z.MCA = /1аСТ = — АТСВ = а 2 2 (точка Т принадлежит прямой АС). По- скольку и МА = 180°-С, имеем _180°С-Л_В ~ 2 1 ° Поскольку ACWX А = Z.CBA = Ви Z.CWX A = /.W. CIа + Z.CIa , то, учитывая соотношение (1), получим AW\CIa = ^В, а значит, тре- угольник СИ7, 1а равнобедренный, поэтому СИ^ = 1а. 166
46. Трилистник и вневписанная окружность Третий способ Пусть прямая ВТ (рис* 3) пересекает окружность, описанную око- ло треугольника АВС в точке W2, а прямую 1аС в точке 1Ь. Докажем, что Действительно, ZW2W.C = -^jW2C = 2 1 2 = ZW2BC = -. 2 ZWlCIa =180°-г7Г/й-ZWXCA = = 180°-180°~С-С-~ = 2 2 = 180°-С-Л В 2 ~2 ’ таким образом, IaIb 11 Wx W2. Далее. Поскольку по теореме трилистника Рис. 3 CW} = WXI,CW2 = W2I, то , отсюда W2W\ пересекает CZ в середине этого отрезка, значит, JV2Wl — средняя линия треугольника IIа1ь, следо- вательно, =IaWx. Четвертый способ Поскольку Cl -LIaIb (как внешняя и внутренняя биссектрисы) (рис. 3) и CI ± Wx W2 (из равнобедренного треугольника W2CI), пото- му 1а1ь || W2.Далее доказательство можно провести как в преды- дущем способе. Пятый способ Поскольку С/ ±С/й,то ZCZflZ = 90°-ZCZZfl =90°-(180o-ZCZ4) = =90°- 180° Но Z W2и; А = р поэтому W2WX111а 1Ь. Далее доказательство можно провести как в предыдущем способе. 167
тава У. Популярные теоремы и формул ы гео метр и и треугол ь н и на Шестой способ Пуггь _С/ И । = а. Тогда по теореме трилистника Z/CW, =a,aZFT,C7fl =90°-<х. Но из Л1С1а: ZC/Q / - 90°-ZC/T =90°-а, следовательно, треугольникСИ^ 1а равнобедренный и CW. = WJa. 168
М. Прямая Эйлера Вместо первого способа В 1961 году в Нью-Йорке вышла книга Г. С. М. Кокстера (Кок- сетера) «Введение в геометрию», о которой известный математик И. М. Яглом отозвался так: «Все книги Г. С. М. Кокстера могут служить школой геометричес- кого мышления». (Г. С. М. Кокстер. «Введение в геометрию». — Москва: Наука, 1966.) Шестой параграф этой книги называется «Прямая Эйлера и ортоцентр». Рассказ об этой замечательной прямой столь необычен, что я счел своим долгом процитировать его. «...Эйлер внес значительный вклад буквально во все области математики. Некоторые из его простейших открытий таковы, что можно представить себе дух Евклида вопрошающий: „Почему при жизни на Земле я не додумался до этого?". Если центроид1 G и центр описанной окружности Оу некоторо- го треугольника совпадают, то каждая медиана перпендикулярна к стороне, которую она делит пополам, и треугольник „трижды равнобедренный", т. е. равносторонний. Следовательно, если тре- угольник АВС не равносторонний, то его центроид G и центр опи- санной окружности О задают единственную прямую OG. Рассмотрим такую точку Н этой пря- мой, называемой прямой Эйлера, что ОН =3OG,t:.c.GH = 2OG (рис. 1). Так как кроме того, GA-2Afit то из второй половины предложения (VI.2)2 Евклида следует, что прямая АН параллельна прямой ДО, которая 1 Центроид — точка пересечения медиан. с Ах D В Рис. 1 169
Глава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника представляет собой перпендикуляр, восставленный к отрезку ВС в его середине. Таким образом, прямая ЛЯ перпендикулярна к ВС. Точно так же можно показать, что прямая ВН перпендикулярна к Ся. а прямая СН — прямой АВ. Прямая, проходящая через вершину треугольника и перпенди- кулярная к противоположной стороне, называется высотой треугольника. Из сказанного выше следует, что три высоты треугольника пересекаются в некоторой точке Я прямой Эйлера. Эта общая точка Я трех высот называется ортоцентром треугольника». Заметим, что подобное доказательство есть еще один способ ут- верждения о единственности ортоцентра. * * * Перейдем к нашему исследованию. Теорема. В треугольнике АВС центр О описанной окружности, точка М пересечения медиан и ортоцентр Я принадлежат одной прямой (прямой Эйлера), причем 20 М = МН. Первый способ Через вершины треугольника АВС проведем прямые, парал- лельные его сторонам, получим треугольник ylj В{ С. (рис. 2). Он бу- дет гомотетичен треугольнику АВС с центром гомотетии в точке М пересечения медиан треугольника АВС и коэффициентом к = -2: МА. = -2М4; МВ. = -2МВ; МС^-2МС. Поскольку точка Я — центр окружности, описанной около треугольника А.В.С., то точки Ои Н соответственно гомотетич- ны с центром М и коэффициентом к = -2, значит, утверждение доказано. 2 Имеется в виду VI книга «Начал» Евклида, теорема 2: «Если прямая линия проведена параллельно одной стороне треугольника, то она рассечет другие стороны пропорционально, обратно, если две стороны треугольника рассечены пропорционально, то прямая, соединяющая точки деления, будет параллельна третьей стороне треугольника. 170
kl. Прямая Эйлера Второй способ Соединим середину стороны 5С точ- ку сточкой А, точку О с ортоцентром Н (рис. 3). Поскольку ОМ. --АН, 1 2 то отрезок AM. пересечет отрезок ОН в точке М — центроиде треугольника АВС, что доказывает утверждение. Третий способ Докажем, что точка D, диаметраль- но противоположная точке А (вершине вписанного треугольника АВС), сере- дина М,, ортоцентр Н принадлежат од- ной прямой (рис. 4). Соединим точки D и N. (Nt — точка пересечения прямой АН с описанной около треугольника АВС окружностью), DmH. Пусть точка X — точка пересече- ния отрезков DH и ВС. Поскольку НН. = Н.Н., то ХН. — средняя линия треугольника DHN. и DX = ХН. Рассмотрим треугольник ADH. Поскольку AO=DOnDX = XH, Рис. 4 171
Глава У. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника то ОХ — средняя линия в треугольнике ADH. Значит, ОХ 11 АН, и от- резок ОХ перпендикулярен отрезку ВС, значит, он делит его пополам точки Л и совпадают. Перейдем к прямой Эйлера. Поскольку OD - ОА и точка Мг при- надлежит отрезку DH, то OMt — сред- няя линия треугольника ADH (рис. 5), значит, ОМ. = — АН. ’ 2 Пусть медиана АМ{ пересечет отрезок ОН в точке Y. Поскольку треугольники OMt Y и НА Y подобны, то M.Y = -AY, 1 2 т. е. точка Y совпадает с центроидом М. Значит, точки О,М и Н при- надлежат одной прямой и ОМ:МН = 12. Утверждение доказано. Четвертый способ Пусть X — произвольная точка, М — центроид треугольника. Имеет место соотношение Если X = О, то юм=оа+ов+ос. Применяя формулу Гамильтона ОА+ОВ+ОС=ОН, имеем ЮМ - ОН — векторная форма прямой Эйлера. Пятый способ Аналогичен первому способу, только вместо треугольника А{ВУС рассматривается треугольник М{М2М2 и образом орто- центра Н будет ортоцентр О треугольника Мг М2 М2 (центр окруж- ности, описанной около треугольника АВС). 172
48. Окружность Аполлония есть в школьном учебнике Да, именно так, в школьном учебнике геометрии А В. Погоре- лова задача об окружности Аполлония предлагается после изучения подобия прямоугольных треугольников (п. 106, № 47, § 11): Докажите, что геометрическое место точек, отношение расстоя- ний от которых до двух данных точек постоянно (не равно единице) есть окружность. Первый способ Пусть X — одна из то- чек искомого геометричес- кого места (рис. 1). Соеди- ним точку X с заданными точками А и В. По условию ХЛ _ т Лв~~п' Построим биссектрисы углов АХВ и ВХЕ. По свой- ству этих биссектрис Ж? = Х4 АР ХА СВ ХВ’ {) DB ХВ AC AD ХА Учитывая соотношения (1), (2) и (3), получим —=-=----. СВ DB ХВ Поскольку точки А и В заданы, значит, заданы точки Си/), кото- рые делят отрезок АВ в данном соотношении внутренним и внеш- ним образом, a A.CXD =90°. Итак, делим отрезок АВ точкой С в отношении т\п — внутрен- ним образом, точкой D в отношении т.п внешним образом и на отрезке CD как на диаметре строим окружность. Эта окружность и называется окружностью Аполлония. 173
Глава V. Г1"^е теоремы и формулы геометрии треугольника Второй способ Пмгъ .4 и В — данные точки, на прямой АВ есть две точки С иД принадлежащие искомому геометрическому месту. Одна из них — точ- ка С лежит между точками А и В. Рис. 2 Обозначим длину отрезков АС=а, ВС - b и пусть для определенности b > а (рис. 2). По условию AD\BD-a.b, D — вторая точка. Очевидно, что AD=CD-AC, BD=CD+BC. Докажем, что искомое ГМТ — окружность. Если Л — радиус ис- комой окружности, то AD = 2R-a, BD = 2R + b и 2R-a a D -----= —, откуда R 2R+b b ab b-a Пусть E — произвольная точка искомой окружности. Обозначим Z.EOA = <р (точка О — центр окружности). Тогда из ЕЕОА по теореме косинусов АЕ2 = (R-d)2 +R2 -2R(R-a)cos<p. (2) Аналогично, из &ЕОВ'. BE2 = (R + b)2 +R2 -2/f(7? + #)cos<p. (3) Поделив почленно (2) на (3), а затем еще числитель и знамена- тель правой части полученного выражения наR2 : (—т 1-1 а 1^1 ° I 1--+1-2 1-------COS ф I /ej I Л л У , У, /Л 1+— +1-2 1+— cosip V R) I R) (4) Подставим (1) в (4) 1 Автор доказательства Е. Доннер, газета «Математика», 2001. 174
48. Окружность Аполлония есть в школьном учебнике Упрощая, получим 12 1 ъ а +1-2--cos ср b 1 1 2сО8йЛ L ba ab ) — +1-2 -cos(р a J а 1 1 _2cos(p b2 ab 2 Итак, АЕ _ а ВЕ~1 для любого ф.Это и означает, что рассматриваемая окружность явля- ется искомым геометрическим местом точек. Других точек нет. Докажем это утверждение от противного. Пусть точка F удовлет- воряет условию AF: BF =а:Ьине лежит на построенной окружности. Луч AF пересекает окружность в точке G, и поэтому AG'.BG =а b (рис. 2). Обозначим Z.BAF =a,AG =jC,b:a = k,AF:AG = n. По условию 0< п 1. Из tsABG по теореме косинусов АВ1 + Ж?2 -2^5-Ж?-cosa = BG2, или с учетом введенных обозначений: (&+1)2«2 +с2 -2(&+l)cccosa = к2с2. (5) Аналогично, из АЛВЕ (к+1)2а2 +п2с2 -2n(k+l)accosa = п2к2с2. (6) Домножим обе части (5) на п и вычтем почленно из (6) (1 -п)(к+1)2а2 +(л2 -njc2 = (п2 -п)к2с2. (7) Из (7): Из (8) следует, что п < 0, так как к > 1 по условию задачи. Полученное противоречие доказывает, что других точек нет. 175
49. Страдания юного эрудита На I Украинской республиканской математической олимпиаде (Киев, 1961) была предложена задача: Вычислить углы равнобедренного треугольника, в котором цен- тры вписанной и описанной окружностей взаимно симметричны относительно основания треугольника. Приступая к решению этой задачи, юноша (будем называть его «Эрудитом») начал наиболее естественно (с его точки зрения): Пусть I — инцентр равнобедренно- го треугольника АВС (АВ - АС) (рис. 1), О — центр описанной окружности. Обозначим Z.ICK = А.КСО - х (К — середина отрезка 10). Тогда .А В . С 4R sin — sm — sin — г 2 2 2 sm x = — ---------------— = R R n , .. A . В . C Рис. 1 = 4 sin — sm — sm — 2 2 2 (r — радиус вписанной окружности. R — радиус описанной окруж- ности). Учитывая, что sin х = sin —, — = 90°-С, 2 2 имеем: 1 г . С 1 . 2С). С —-cosC-sin —, — - 1-2 sin — sin—. 4 2 4 I 2 J 2 Итак, получили кубическое уравнение относительно sin —, кото- рое обычными школьными приемами не решается (или, по крайней мере, решается очень непросто). Тогда Эрудит «увеличил мощность» фактического материала и для решения задачи использовал формулу Эйлера: OI2 =R2 -2Rr. 176
49. Страдания юного эрудита Имеем г = - 01, откуда 2 4г2 = R2 -2Rr, 4г2 +2Rr-R2 =0, -R±^R2 +4R2 V5-1 n 4 4 (так как г > 0). Следовательно, г л/5-1 sm х = — =-----------------------, А 4 откуда х -18°, поэтому ЛВ = ЛС - 36°, ЛА = 108°. Ответ: 108°,36°,36°. Эрудиция помогла! И все же юноша не успокоился. Он намерен ре- шить задачу «полностью геометрически». Второй способ Треугольник ICO (см. рис. 1) — равнобедренный, следовательно, ЛКСО = х, откуда ЛСАО = ЛАСО = Зх. Кроме этого, ЛАОС =2ЛАВС = 4х, следовательно, из треуголь- ника АОС: 2-Зх+4х = 180°, х=18°, ХЛ=108°. Следующий способ решения задачи родился просто автоматически. Третий способ В ромбе (!) COBI (см. рис. 1): Л1СО + ЛС1В = 180°, но ведь ЛС1В = 2 ЛСЮ = 2 ЛСО1 = 8х, следовательно, 2х +8х = 180°, х = 18°. И последняя точка: Четвертый способ Поскольку ЛВ1С = 90°+— и ЛСОВ = ЗбО°-2 А, 2 то 90°+— = 360°-2Л, ЛА = 108°. 2 12-6-1744 177
Глава VI. Формулы планиметрии Рассмотрим различные способы доказательств формул, вошед- ших в школьные учебники геометрии и формул менее известных, а также новых, авторских. Часто они взаимосвязаны, хотя эта связь не всегда видна. Тем более интересно! 50. Возникла связь времен Распалась связь времен В. Шекспир, «Гамлет» Поиски новых способов доказательств привели к удивительному результату: формула Архимеда, формула Лагранжа и авторская формула есть «одно и то же лицо». Докажем это. I. Формула Архимеда и авторская формула идентичны Введем обозначения (рис. 1, 2) а, Ь, с — стороны треугольника АВС, И7 — точка пересечения биссектрисы угла ВАС с описанной окружностью, Lx — точка пересечения биссектрисы /с угла ВАС со стороной ВС. Формула Архимеда имеет вид: АкЛ(Ь+с) (1) (И7 К — перпендикуляр к стороне АС). 178
50. Возникла связь времен Авторская формула имеет вид S = ^AWX-MN (2) (М и N основания перпендикуляров (рис.2), опущенных из точки Z, на сто- роны АС и АВ, S — площадь треуголь- ника АВС). Итак, имеем (из AAWX К): Л^=А(Ь+с) = ЛЖ cos-. (1°) 2 2 С другой стороны из авторской формулы, учитывая, что , 2Ьс А I ----cos —, имеем: Ь+с 2 ‘ AW - _£c-sin^_ be _b+c 1 1 ~~MN~ I smA~~2bc ~A 2 ~A' a ---------cos cos b+c 2 2 Сравним выражения (1°) и (2°) —- формула Архимеда и авторская формула идентичны. II. Формула Лагранжа и авторская формула идентичны Формула Лагранжа имеет вид (^ = BLx,c{ = CLX)\ l2=bc-bxcx. (3) Домножим обе части формулы (3) на у sin А: —1„ /„ sin А - — be sin А - b. с, sin А. 2 о й 2 «2 ’ * Учитывая, что 1а sin А = MN, и b1cl -la- W\ (теорема о произве- дении отрезков хорд), формулу (3) запишем в виде: -MN = S--l-L.W. -sinЛ 2 2 или5= А/ MN +-MN-L.W., 2 а 2 11 или S = 1 MN(l0 + Z, Wx) = | MN • А Ж,. Получили авторскую формулу, а значит, формула Лагранжа так- же идентична авторской формуле. 12* 179
51. Новый основной элемент Известно, что основными элементами треугольника являются стороны (а, Ь,с) и углы (А, В, С). Не менее важным является и элемент R — радиус окружности, описанной около треугольника АЙС. Именно этот элемент связыва- ет стороны и углы треугольника: sin А С нее, с этой формулы и начнем, как обычно, фантазируя. Первый способ Проведем диаметр CD (рис. 1). Тогда ВС = CD sin D, но ZCDB = Z.CAB, значит, а = 2R sin А. Второй способ Из центра О описанной окружности опустим перпендикуляр ОМ}. Из треугольникаОМ{ С, учитывая, что ZCO.A/, = 1 Z.COB = А, 1 2 имеем - =7?sin А. или а = 27? sin А. 2 Третий способ Имеем _ а^с _ а^с _ а 41У л 1 , А 2 sin Л 4—ос-sin А 2 180
51. Новый основной элемент Четвертый способ Воспользуемся равенством (рис. 3) AIIWX =2Rr (I ~ инцентр, W\ — точка пересечения биссектрисы угла ВАС с описанной окружностью). Имеем “-—А sin — 2 (из ЛА[К3: IK31 АВ). Тогда . Л _ ~ . А sm — -2г 2 sin 2 2 По теореме трилистника ЛИ, = €1^ -— — 2cos — 2 (из ДСЛ/, Wx : Мх — середина стороны ВС). Значит, „ IW. а а п . А . А . А 2 sin Л 2 sin— 4cos — sin — 2 2 2 что и требовалось доказать. Пятый способ Воспользуемся формулой R = ^- 2ht (см.: Z. KyuiHip. «Геометричш формулы, що не ввшшли до шкыьних тдручник1в». — Киев: Факт, 2002). Поскольку А А — = sin Л, то ° = 2/?. sin Л 181
Глава VI. Формулы планиметрии Рис. 4 Шестой способ Проведем диаметр W\ D, перпендику- лярный ВС и биссектрису AWX (рис. 4). Из kBDW{ : . А sm — 2 Из Мх (Мг — середина сторо- ны ВС): (1) а ВН\ = 2cos — 2 Подставим формулу (2) в формулу (1): _ „ (2 Q й _ ~ 2R =-------------= или ~~~ = 2R. о А . A sin A sin Л Рис. 5 Седьмой способ В треугольнике АВС (рис. 5) прове- дем высоту СН. Тогда из В.СНА: hc = й-sin Л. (1) Поскольку треугольник СНА подобен треугольнику CBD (СН — диаметр), то h. b . ab ~ =— , или/г =------------, a 2R с 2R или учитывая (1): г - л ab й sin Л - —, 2R откуда а = 2R sin А. Восьмой способ Пусть Н — ортоцентр в треугольнике АВС. Через вершины Л, В и С проведем прямые, параллельные сторонам ВС, АС и АВ (рис. 6). Можно доказать, что Н — центр окружности, описанной около по- лученного треугольника Л151С1, причем НС, = 2R, а ААНСХ = Л, и ACt = а. Имеем 182
51. Новый основной элемент smZAHC. =—или sin А =—. 1 НС{ 2R Девятый способ Из треугольника АНСХ (рис. 6) имеем АН2 = 4R2 -а2 =1—-—. 47?2 47? Значит, cos2 А =1—.откуда 1-cos2 Л 47? 47?2 sin2 А = а —, sin А - —. 47?2 27? Десятый способ предлагается найти самостоятельно. 183
52. Формула К = — Первый способ доказательства был в свое время самым распро- страненным: так как в единственном сборнике задач для школ — Н. Рыбкин. Сборник задач по геометрии. — Часть I. Плани- метрия для 6—9 классов семилетней и средней школ. — Из- дание двадцатое. — Москва—Ленинград: Государственное учебно-педагогическое издательство Министерства про- свещения РСФСР, 1954 — в задаче № 15 (2) § 14 значилось: тт п аЬс Доказать, что радиус описанного круга/? =—. 45 В ответах указания не было, но... в предыдущей задаче (§ 14 № 15) требовалось: «Доказать, что во всяком треугольнике произведение двух сторон равно произведению диаметра описанного круга на вы- соту, опущенную на третью сторону». Это и был первый способ доказательства формулы (рис. 1). Действительно, пусть треугольник АВС вписан в окружность с центром О и диаметром AD (рис. 1), АН} — высота треугольника. Поскольку ZABH. = ZLADC, h с тоААВН. ~ААЛСи — = — , 1 b 2R be Ьс-а п abc или 2R = — =----, откуда R -—. h 2S 45 Второй способ Второй способ связан с тригонометрией. Доказывалось равенст- во а = 2R sin A (R — радиус описанной окружности) и применялась формула 5 - — be sin А. 184
52, Формула Д ~abc 45 Третий способ Воспользуемся формулой _2/>с “ Г Р+С А cos —. 2 Имеем , 1 , b+c 1. ЬС = 2'°~ = 24’ COS — 2 +с 2 — ^—=laAW. 2 А ° 1 cos — 2 (применили задачу Архимеда). Применим формулу S = -AW. -I. sin Л. 2 * ** Имеем abc_alaA^ а!а-А^ а 45 45 ,1 AU7 j . , 2 sin Л 4—AW. 4а sin Л 2 1 Четвертый способ „ AD -Л в • с Имеем г = 4R sin — sin — sin —, отсюда 2 2 2 А . В . С . . Л . В . С — sin —sin— p-4sin —sin —sin- 2 2 2 2 2 2 5 —(a+Z>+c)-4sin — sin —sin— 2 2 2 2 5 - -2/f(sin A+sin В + sin C) • 4 sin — sin — sin — 2 2 2 2 5 " 1 A А В С л. A . В . C -2a-4cos—cos—cos -4 sin sin sin- 2 2 2 2 2 2 2 =5_S R2 -4 2R sin A sin В sin C abc n abc отсюда A =---. 45 Пятый способ предлагается найти самостоятельно. 185
53. Радиус вписанной в треугольник окружности Формула г = — общеизвестна: сколько существует школьная гео- Р метрия, столько и эта формула. Но «никто и никогда» или точнее никому и никогда не приходила мысль доказать эту формулу разны- ми способами. Особое внимание обращаем на второй способ — это впервые. Итак, г — радиус вписанной в кА ВС окружности, S — пло- ( а+Ь+су щадь этого треугольника, р — полупериметр р =------ . I 2 J Первый способ Первый способ общеизвестен: с 1 lil 1 / и V S =-ra+-rb+-rc =-r(a+b+c) = rp. 2 2 2 2 Второй способ (!) «Спрямим» стороны АС -СК и АВ = ВТ (рис. 1). Тогда отрезок КТ равен периметру треугольника АВС, а поскольку ZAKC = ZICB — инцентр), a /ЛВС = /АТВ = —, 2 2 то к!ВС ~ кАТК и — = — . Значит, г = . h 2р 2р р 186
53. Радиус вписанной в треугольник окружности Третий способ Пусть окружность с центром I ка- сается стороны АС треугольника АВС в точке К2 (рис. 2). Поскольку отрезок АК2 =p-a,TQSx = 5^ =1(р-(7)г Рис. 2 Аналогично, =sik}b =^(p~b)r,S3 =^(p-c)r. Поскольку SABC = 5 =2(5j +52 +53), 1 5 iS = 2•-r(p-a+p-b+p-c) = r p,или r - . 2 p Четвертый способ Имеем Л 7? С гр = 47? sin — sin у sin у 7?(sin А+sin В + sin С) = Ав . А . В . С АВ А В С = 47? sin — sin — sin - • 47? cos — cos — cos — - 2 2 2 2 2 2 = 27?2 sin A sin В sin C = S. Пятый способ Обозначим 5, — площадь четырехугольника АК31К2 (рис. 2) (Кх ,К2,К3 — точки касания вписанной в треугольник АВС окруж- ности со сторонами ВС, АС, АВ). Ясно, что = - А1КгК3. Пусть 2 7V, — середина отрезка К2К3 .Тогда г2 = AIIN,AI = -— 1 IN. Значит, 1 г2 5. =--—К2К3. 1 2 IN, Пусть 52, 53 — площади четырехугольников IK,BK3,1К1С1К2. Имеем S=S. +S, + 5, =ir2 1 2 3 2 JVln2 IN, IN2 IN3 187
Глава VI. Формулы планиметрии г- г 2 К N 2 i =2tgZK2IA (H3MK2N.). /Л, IN. К2К3 . Л80о-Л^| о , А — 3 = 2tg ------ - 2ctg —. IN. I 2 ) 2 Итак, c 1 2 J + a В CA .ABC s = ,r "2 ctg-+ctg-+ctg- = r ctg- ctg-ctg-. s г2-р(р-аУ(р-Ь)(р-с) s2 s или 5 =---, откуда r = —. p-r p Шестой способ Поскольку r = (p-a)tg^, r=(p-6)tg^, r = (p-c)tg^, 2 2 2 T0 r3 = (j, _a)(p _ b)(p -c)tg у tg у tg j. Ho tg — = / .Действительно, 2 V P(P~a) t A _ ll-cos Л _ |2bc-(d +c ) g2 41+cosA y2bc+(b2 +c2 -a2y la2 -(b-c)2' _ l(p-b)(p-c) \ (b+c)2-a2 \ р(р~аУ JS2 № tV —— = — ,илиг =—. ppp p Седьмой способ ля / - А ¥Т х А 1(р-Ь)(р-с) Имеем г =(р- a)tg—. Но tg — = —------ —, значит, 2 2 Ч р(р~а) г2 =(р-аУ2-^ С\илиг2р2 =р(р-а)(р-Ь)(р-с), р(р-а) откуда r-p-S. 188
54. Знакомая формула Формула радиуса окружности, вписанной в прямоугольный тре угольник известна, хотя далеко не все школьные учебники геомет- рии предлагают ее учащимся. r = a+b^~c (ZC = 90°). 5 Удобство этой формулы по сравнению с формулой г =--оче- Р видно: она состоит из линейных элементов, да и не просто элемен- тов, а основных (два катета и гипотенуза). Поиски способов дока- зательства служат также поводом для упражнения в применении различных формул и теорем геометрии треугольника. Первый способ Пусть I — инцентр прямоугольного треугольника ABC {Z.C =90°) (рис. 1). Точки К}, К2, К3 — точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника АВС. Поскольку СК} 1К2 — квадрат, то К2А = К3А = Ь-г; BKt = ВК3 =а-г. Гипотенуза АВ равна 2R, значит: АВ = АК3+К3В, , а+Ь-с или 2л = Ь-r +й-г, откуда г = —-—. Второй способ Пусть окружность с центром I ка- сается катета СА в точке К2 (рис. 2). По- скольку СК2 =р-с, а Л1СК2 равен 45°, то 1К2 -СК2,значит, а+Ь-с г — р—с — . 2 С 1 I в к3 А Рис. 1 С 1 I В Кз А Рис. 2 189
Глава VI. Формулы планиметрии Третий способ Л S Считывая. что г = —, и в прямоугольном треугольнике Р S = |ad(ZC=90°), докажем, что 2 a+b+с’ 2 или^+й1)2 -с2 = 2аЬ, илия2 +2аЬ+Ьг -с2 = 2аЬ.Ноа2 +Z>2 =с2,зна- чит, равенство доказано. Четвертый способ Равенство ab _а+Ь-с а+Ь+с 2 докажем иначе: ab(a+b-c) _ ab(a+b-c) _ab(a+b-c) _а+Ь-с (а+Ь)2-с2 a2 +2ab+b2 -с2 2аЬ 2 Пятый способ Опишем вокруг прямоугольного тре- угольника ABC (Z.C =90с) (рис. 3) окруж- ность, WD — диаметр, I — инцентр, точ- ка К — проекция точки Ж на катет ВС, CW — биссектриса прямого угла АС В. Имеем CW=CI + IW. (1) CI -г^2(ЛС1Кг = 45с). По формуле Архимеда СК = ^-^~, из треугольника CWK\ CW = . Из треугольника WDB: WB = -^=. По теореме трилистника V2 V2 Q IW = —==. Подставим в выражение (1) л/2 а+Ь рг с а+Ь-с —=^ = г-V2 +-=, отсюда г =---- л/2 Л 2 190
54.Знакомая формула Шестой способ Известно, что Г ha+hb+hc‘ Для прямоугольного треугольника 1111 1 а+b с -=-+—+—, или - =-------+ , г a b hc г ab ab 1 Ь+с или - --------, г ab значит, ab(a+b-c) _ (a+b-c)ab (а+Ь+с)(а+Ь-с) (а+b)2 -с2 (a+b-c)ab а+Ь-с а2+Ь2 —c2+2ab 2~ Седьмой способ Воспользуемся формулой . А . В . С г = 4R sm — sm — sm — 2 2 2 когда ZC = 90°. Имеем . A . <90°-ЛЙ д/2 r = 47?sm —sm ---------, 2 L 2 ) 2 значит, r = 2 y[2R sin — sinf 45°-— 2 I 2 J - 2y]2R sin — sin 45°cos--cos 45° sin — 2 2 2 J _ . A V2 ( A . A] -J . A A . 2 Л = 2 V2/? sm-cos-sm — = 27? sm—cos-sin — 22^2 2 J \ 2 2 2 J =R(sin A (1 -cos = 7?(sin A +cos A -1) = - 7?(sin A + sin В - sin 0 = - 191
Глава VI. Формулы планиметрии Восьмой способ а ь Воспользуемся формулой Архимеда: СК ----(рис. 4). Для пря- 2 моуготьного треугольника ABC (Z.C = 90°) си; =-^=^(й+4). 2 cos 2 По теореме трилистника /И< =BW. =—~— =—с. С 2 2cos- 2 2 Рис. 4 CI = CWY = 11(а+Ь-с). Воспользуемся формулой CI -ЛИ, =2Аг. Имеем 2Rr =С'Г = —с(а+Ь-с),г = -(а+Ь-с). 2 2 Рис. 5 Девятый способ Докажем, что a+b = 2R+2r (рис. 5). Действительно, диаметр описанной ок- ружности равен АВ = 2R = c. Диаметр 2г вписанной окружности равен К2С+СК3 (так как 1К2СК3 — квадрат). Следова- тельно, ас+вс=(ак2 +вк3)+(к2с+ск3) = = {АК} +KiB)+(K2C+CK3)=2R+2r. тх l а+Ь—с Итак, а+Ь=с+2г. значит, г --. 2 Десятый способ По формуле Карно1: R+r -ОМ. +ОМ2 +ОМ3. В прямоугольном треугольнике ОМ. =-Ъ, ОМ2 =—а, ОМ3 =0. 2 2 2 3 „ _ а+Ь а+Ь-с Значит, R + r =-, или г = 2 2 1 Треугольник АВС — не тупоугольный. 192
54.Знакомая формула Одиннадцатый способ Применим формулу Эйлера: OI2 =R2 -2Rr. Имеем (рис. 6): IW = — ;(Ж = -; 2 2 с2--оа R2-OI2 4 UI с2-4OI2 2R c 4c Из треугольника OIW по теореме косинусов OI2 =OW2 +IW2 -20WlWcosq B—C (<p - /OWI). Известно, что <p =--. В данном случае 2 90°-2Л . <р = —-— = 45°-Л; л/2 х/2 cos (р=cos(45o-X) = — (cos А + sin А) = — (sin В+sin А). Имеем 4 2 2 2 2 Л- с2 = — ——(sin 5+sin А) = с2 =—(3 2 sin В - 2 sin А) = 4 л 4 v 7 г2 =—(l-2(sin Z?+sin Л-sinQ) = 4 = ~ (с -2(с sin В+с sin А-с sin Q) = =—(c-2(a+b-c)) = — (c-2b-2a+2c) = — (3c-2b-2a). 4 4 4 с2-4012 с2 OI2 с 1,, ол о \ а+Ь-с г =-------=--------=------(Зс -2Ь-2а) ----- 4с 4с с 4 4 2 13-6-1744 193
Глава VI. Формулы планиметрии Двенадцатый способ Построим вневписанную окружность (рис. 7). Пусть гс — радиус вневписанной окружности. Поскольку ZC = 90°, то гс =р. Имеем S 2S S а+Ь-с гс =------------= р = ~, откуда/* =--. р-с a+b-с г 2 Предлагаем найти тринадцатый способ доказательства. 194
55. Кто бы мог подумать? Кто бы мог подумать, что формула биссектрисы 1а =--cos — b+c 2 как ни одна из рассматриваемых формул является *Клондайко [» методов доказательства: применение вспомогательного элемента, различных дополнительных построений, авторской формулы, фор- мулы Архимеда и что особенно ценно — метода аналогии: способы доказательства теоремы о свойстве биссектрисы, связанную с про- порциональностью сторон, уместно применить для доказательства рассматриваемой формулы. Первый способ Первый способ общеизвестен (рис. 1): Второй способ По теореме синусов из треуго ьника ALV В (рис. 1): Z. с . с sin В -7^ = —7 7Т > откуда 1а = sin В . ( „ А ] sin С+— 1 2J Требуется доказать, что csinl? 2bc — = cos - . („ /О Ь+с sin С+— 1 2 J sinfc+— 1 2j А 2’ 13* 195
Глава VI. Формулы планиметрии ИЛИ А 4/?sin Seos — 2 sin В . (' А 2/\(sin В + sin С) ’ sm С+— I 2 ) или sin В + sin С = 2 cos — sin С+— 2 ( 2 или sin В+sin С = sin(C + А) + sin С, что очевидно. Поскольку Третий способ (пусть 5 >0, то ha _ 2S _ be sin А а ~ В-С В-С ~ В-С ‘ cos----- я cos------ acos------- 2 2 2 Сравним с доказываемой формулой: be sin А acos 2 be cos — _______2 b+c Требуется доказать, что sin А 2R sin Л cos— 2 о А 2 cos — __________2 2A(sin В I sin 0 ’ sin Л (sin В + sin 0 А . . В-С -------------------- = cos — sm A cos------ 2 2 2 откуда о В-С А . D . _ 2 cos---cos — = sin В + sm C. 2 2 Ho sin В + sin C = 2 sin---cos-----, значит, 2 2 2bc A ----cos — . b+c 2 196
55. Кто бы мог подумать? Четвертый способ Поскольку LXB- , то по теореме синусов /l •> • A sine ,, \ • А (£+c)siny (Z>+c)siny Докажем, что ас -sin В 2Ьс А ----------=----cos —. v . А b+c 2 (b +с) sin - Действительно, А А 1 1 ас -sin В - 2bc sin—cos —, —ас sin В = — be sin А, 2 2 2 2 или 5’ = 5' — площадь треугольника АВС. Пятый способ Этот способ имеет смысл рассматривать, несмотря на кажу- щуюся идентичность четвертому способу. Действительно, ас sin В 2Ьс А ----------- -— cos—, z,.. А Ь+с 2 (о+с) sin — п А . А а b или a sin В - 2 b cos — sin —, или-=-----, 2 2 sin A sin В что очевидно и отличается от предыдущего способа. Шестой способ Проведем через точку В прямую, параллельную биссектрисе AL} до пересечения с прямой АС в точке D (рис. 2). В треугольнике DAB‘. ZADB = ZABD = —А. 2 А BD = 2 АВ cos ZABD ~ 2с -cos—. 2 AL CA Поскольку —- - —, то BD CD ~ A b+c’ 2c cos — 2 значит, L ----cos—. b+c 2 197
Глава VI. Фс: мулы планиметрии Седьмой способ Провезем 7?£>|| АС (рис. 3). Поскольку ZLtAB = ZL.DB = -A, 1 1 2 то АВ - BD = с. Треугольник ACLX подо- бен треугольнику DBLX. DLX с —L = -,или L,A b Рис. 3 b ’ откуда ,‘='r-AD- b+c л но AD = 2с cos у (AABD), значит, , 2bc А I =----cos —. а Ь+с 2 Восьмой способ Опишем вокруг треугольника АВС окружность и обозначим С£, = m\LxB = n;CWx = WxB = f (рис. 4). Поскольку АЛСД -ДЛИ^А ~=—• (1) Поскольку AASZq - = (2) Сложим выражения (1) и (2): , Г1 1 т+п а 27? sin Л _ А ----= — =------ - 2 cos —; f f А 2 а 2 . 2Ьс А значит, /„ =---cos —. ° Ь+с 2 198
55. Кто бы мог подумать? Девятый способ (применение авторской формулы) Имеем (рис. 5) S = — AW. -MN.S = -bc-sinA. 2 1 2 Значит, AW\ -MN = be sin A. Поскольку MN -la sin A, AW\ = b+C 2 cos 2 (применили формулу Архимеда АК b+c. b+c , . . , . л -------1а • sin А = be -sin А, 2 cos 2 откуда . 2bc A I =----cos — . a b+c 2 Десятый способ Поскольку AU\ = Ь+С 2 cos 2 аЛИ^ 4в =b c(AAWlB^AALlC), , 2bc А то Л =----cos —. а Ь+с 2 Одиннадцатый способ Опишем вокруг треугольника АВС окружность (рис. 6) и продлим биссек- трису AL} до пересечения с этой окруж- ностью в точке . Обозначим ср — угол между высотой АН, и биссектрисой ALX. Пусть S — площадь треугольника АВС, R — радиус описанной окружности. 199
Глава VI. Формулы планиметрии Имеем ha _ 2S _ be sin A _ be (1) coscp ocosep acoscp 2Acos(p Из AXDPFJ — диаметр окружности): A - 2Rcos <p. Пусть К — проекция точки на сторону АС. По задаче Архимеда: АК = и из АЛ Ж К имеем 2 1 AK = AW. cos-. 1 2 Теперь формула (1) примет вид: bccos— bccos , . . 2 2 be A I =---------=------------------cos —. A AK b+c 2 27<cos(pcosy Двенадцатый способ Проведем К ± АС (рис. 7) и высоту ВН2. Имеем отсюда KL. =la sin—. 1 ° 2 Поскольку треугольник CKLX бен треугольнику СН2 В, то KLX _ ab ~hT~{b+c}~a (1) подо- Сравним (1) и (2), получим . . A be sin А L sm j = _b hb _ icsin А IxLy---------------- b+c b+c (2) Ibc cos— , отсюда la =--— b+c b+c Тринадцатый способ предлагается найти самостоятельно. 200
56. Дуэль на мясорубках В январе 2005 года в газете «Математика» были опубликованы «Завдання ол1мшади VII Всеукрашського туршру юних математиков». Геометрическая задача, как говорится, «зацепила». В треугольнике АВС проведены биссектрисы BL и АК. Известно, что KL — биссектриса угла АКС. Найти градусную меру угла ВАС. Решили предложить ее «олимпиадным бойцам» Русановского ли- цея. Достаточно быстро было получено первое решение. Поскольку KL — биссектриса угла АКС (рис. 1), то AL _АК CL СК' Пусть а, Ь, с — длины сторон треугольника, a Z.CAK = а. Тогда ск=—; Ь+с АК =la = -^-cosa. b+c Значит, выражение (1) можно записать, воспользовавшись свой- ством биссектрисы угла АВС: с _ 22>ccosa (b+c) a (b+c)-ab или 2с cos a = с, откуда cos a = — , значит, ZA=2a =120°. 2 Вскоре было получено иное решение, наверняка то, на которое рассчитывали авторы задания: рассмотрим треугольник АВК: в нем BL — биссектриса внутреннего угла СВА, а KL — биссектриса внеш- него угла СКА, значит, АС — биссектриса внешнего угла KAN и раз- вернутый угол BAN состоит из трех равных углов, два из которых со- ставляют угол А, т. е. ZX = 120°. 201
гчава VI. Формулы планиметрии Посте решения рисунок 1 стоило бы изменить, начертив угол ВаС тупым. Но дело не в этом. Возник вопрос: какой способ реше- н и - лучше? Приверженцы первого способа признавали, что он не столь изя- щен, как второй, но решение задачи было мгновенно и тут не возра- зить — все это видели. Одни ученики считали применение формулы биссектрисы «тяже- лым оружием», другие настаивали на эрудиции, знании формул. Про- тивники первого способа упрекали в применении тригонометрии и даже «посягнули» на полномочия олимпиадного жюри: «А если бы за- дачу дали в восьмом классе?» Восьмиклассники не знают формулы . 2Ьс А I =----cos —. а Ь+с 2 Спор разгорался. Весьма весомым аргументом был упрек в труд- ности воспользоваться свойством точки, в которой пересекаются биссектриса внутреннего и внешнего углов. Думается, что спор возник из-за того, что теореме о пересечении внутренней и внешней биссектрис треугольника (в дальнейшем будем называть ее «теоремой о двух биссектрисах») не было уделено должно- го внимания, как, например, теореме о «трилистнике». Заметим, что именно с ее помощью решаются достаточно интересные задачи (см.: I. Кушшр. «Повернення втрачено! геометрп». — Киев: Факт, 2000. — С. 30). Кстати, среди упомянутых задач есть задача — предмет спора и оригинальное доказательство формулы S - R pH, а мы в заключении приведем решение знаменитой задачи Шебаршина (с другими спо- собами уважаемый читатель сможет познакомиться в этой книге). Итак, докажем, что если в треугольнике АВС угол А равен 120°, то угол £2 £[ £3 прямой (£, ,£2, £3 — точки пересечения биссектрис внутренних углов треугольника с соответственными сторонами). Поскольку Z.BAC = 120°, то Z.LXAB = ЛВАК (рис. 2), а значит, AL3 принадлежит биссектрисе угла £t АК, т. е. является биссектрисой внешнего угла при вершине А треугольника ALXC. Пересечение биссектрис углов АСВ и KALX даст точку £3, а значит, £, £3 — бис- сектриса угла ALX В’. Z1 = Z2, Аналогично, Z3 = Z4, а зна- чит, Z3 + Zl=90°. Казалось, «спор» подошел к концу. И вдруг... вопрос? Рис.2 202
56. Дуэль на мясорубках Как решить обратную задачу: если ZZ2 Z, Z3 = 90°, то ABAC = 120° ? Кажется, применить «теорему о двух биссектрисах» не удастся?! Мо- жет быть, применить первый способ? А может быть, обратная задача неверна? По крайней мере мне она не встречалась. Ответ на вопрос читатель может найти в книге «Треугольник и тетраэдр в задачах» (раздел «Биссектральный треугольник»). Дуэль за приоритет способа не может быть окончена за ненадобностью. Поэтому она и названа «дуэлью на мясорубках». Эту дуэль выиграет не тот, кто докажет, что его способ лучше, а тот, кто будет знать оба способа! И более того... 203
57. Самая популярная формула биссектрисы Это формула l2a =bc-blCl. Здесь 1а — биссектриса ALX ,Ьис — стороны АС и АВ треугольника ABC,bx =CLx,c} = BLX. Популярность формулы вполне доказуема — она в виде задачи была опубликована в уже упомянутом «Сборнике задач по геометр- ии, ч. I, планиметрия для 6—9 классов семилетней и средней шко- лы», переиздававшемся десятки (!) раз. Как указано в книге, ее тираж, например, в 1954 году составлял 1 500 000 экземпляров. Гордо по сей день (задачник переиздается в Москве) носит она номер 9 в § 14: Квадрат биссектрисы угла при вершине треугольника равен разно- сти между произведением боковых сторон и произведением отрезков основания. 3. А. Скопец говорил, что это формула Лагранжа. Правда, меня «волнует» иное: сколько учеников СССР могли решить эту задачу? А учителей? Разве что у них была книга «Собра- ние геометрических теоремъ и задачъ» Е. Пржевальского (Москва, 1901), где формула доказывалась с помощью теоремы Стюарта (III, № 100). Рис. 1 Хотелось бы знать, кто первый пред- ложил суперэлегантный способ доказа- тельства с помощью «вспомогательной окружности», который приведем как первый способ. Первый способ Вокруг треугольника Л5С опишем окружность (рис. 1). Продлим биссект- рису ALX до пересечения с окружностью в точке . Поскольку ZCALX = ZBAL}, 204
57. Самая популярная формула биссектрисы a ZLACB - AAWX В, то &ACLX ~ ЛАВИ^ и, значит, AWt _ АВ AC ALX ’ или^Д =АС АВ, или ALf +ALt -L^ -AC-АВ. Учитывая, что AL{ -LXWX = CLX BLX, имеем AL2X =AC-AB-CLl-BLl. Второй способ По теореме косинусов (bx =CLX, сх = BLX) (рис. 2) Л2 = b2 +l2 -2b-l cos —; 1 о "2 с2 =с2 +l2 ~2c-/_cos —, 1 ° 2 откуда b2 +12О-Ь2 _с2+12-с2 2Ь 2с или l2(b-c) = bc(b-c)-(cb2 -c2b\ Учитывая свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника, имеем b bx , , - = —, или bcx = bxc. c ci Отсюда cb2 -c2b = cxbxb—cxbxc=cxbx (b-c). Значит, l2(b-c) = bc(b-c)-cx Ьх (Ь-с). Пусть Ь^с, тогда I2 =Ьс- Ьхсх. При b = с формула очевидна. Третий способ Заметим, что Ьхсх = а2Ьс (Ь+с)2 205
Глава VI. Формулы планиметрии И с польз}? v формулу 1а 2Ьс А ----cos —. b+c 2 Имеем 4Ь2с2 (Ь+с)2 •cos2 А . а2Ьс — = Ьс---------, 2 (Ь+с)2 или 4fr2c2 (£+с)2 2 А . cos — = Ъс 2 (Ь+с)2 -а2 ' (*+с)2 , или 4Ьс г Л (Ь+с)2 -а2 ------ -cos— = —-— (Ь+с)2 2 (Ь+с)2 Учитывая, что 2 71 COS — 2 l+cos/4 2 имеем 2Z?c(l+cos А) = Ь2 +с2 +2Ьс-а2, или2/>ссо8 А = Ь2 +с2 -а2 — теорема косинусов. Четвертый способ Из hABL}: Из AzdCZj: Доказываемую формулу в виде: }_Ьс Ь.сх I2 I2 ' Из ЬЛСЬХ (рис. 3): b _ sin ф la sin С (ф— угол ALXC). с _ sin <р la sin В . А , sin — А_ =2 la sin С запишем (1) (2) (3) 206
57. Самая популярная формула биссектрисы ИзАЛЙ£2: Учитывая (1)—(4), имеем • 2 А , , -2 sm — . _ . . be bxcx _ sm <p 2 _l-cos2<p-l+cosj4 Zj Zj sin В sin C sin В sin C 2 sin В sin C cos Л-со$(22?+A) 2 sin/? sin C 2 sin В sin C 2 sin В sin C Пятый способ Обозначим <p — угол между биссектрисой 1а и высотой ha. Заме- тим, что — = sinC; (1) b h ^- = sinB‘ (2) с а _ sin Л р ha sinBsinC -J— =------1-----. (4) cos2 ср sin В sin С Доказываемую формулу разделим на Z/J. Получим С _ be l\Ci hl h2a hl ’ Из формул (1), (2) и (3), примененных к треугольникам ABLX и ACLt, имеем 2 А 111 ЯП — 1 _ 1 1________________2_________ cos2 ф sin С sin В . D С п А\ . („ Л) v sinlf-sinCsm В+— sm С+— I 2) < 2 J Учитывая, что 207
Глава VI. Формулы планиметрии имеем • 2 Л sin — 2 1 cos2 ф sinB-sinC . n . „ . 2 v sinBsmCsin В+- - 2 sm В+— -sin 2j 1 2 Л 2 sin й sin С sin21 В+— 2 sin 5 sin (Л + Z?) 1 2 sin В sin С sin2 В+— • о sm В+- 2 Достаточно доказать, что 2 • 2 cos <p = sin Имеем = sin2fB+— . I 2 J 2( B-C} 2(180°-2B-A} ---- =cos ----------- 2 J V 2 ) Шестой способ1 Лемма. В треугольнике АВС обозначим AB-BLX =т\ AC+CLX =п. Докажем, что ALX =-Jmn. Доказательство • На стороне АВ (рис. 4) возь- мем точку D так, что ВО = LXB (ALX — биссектриса угла ВАС). На прямой АС возьмем точку Е так, что LXC = CE. Докажем, что треугольник ALXD подобен треугольнику ALX Е. Для этого докажем ра- венство углов ALXD и CELX. 1 Способ взят из книги И. Ф. Шарыгина «Задачник 9—11 класса» (Москва: Дрофа, 1997). 208
57. Самая популярная формула биссектрисы Обозначим Z.CELX — a, /_DLX В — р, AALXD — х. Имеем: а = ±С (из ЛЕСЕХ), р = -°---. Далее, х = AALX В-р = Г18О0-—-2^-180°-5 I 2 = 90°-^1-—. 2 2 2 а^С_180°ЧД + Л)^9()о В А 2 2 2 2' Итак, х =а. Поскольку X.CALx = Z.LXAD, то треугольники ALXD и ALX Е подобны: AD АЕ AL, '1 (1) Значит, AL2X = тп. Перейдем к доказательству формулы AL] = ACAB-CL1LiB. Из формулы (1): AL} - AD • АЕ = (АВ - BD)(AC +СЕ) = (АВ- BLX )(AC+CLX) = = ACAB-BLX CLX -(ACLXB-ABCLX) (выражение в скобках равно нулю). Седьмой способ Докажем вначале теорему Стюарта; Если отрезок АХ=d треугольника АВС делит сторону 1?С на от- резки ВХ -ти СХ - п, то d2a = b2m+c2n -атп. Доказательство Пусть АНХ — высота треугольника АВС (рис. 5). Из треугольников ВХА и АХС имеем с2 =d2 +т2 +2тХНх; Ь2 =d2 +п2 -2пХНх. Умножив члены первого равенства на п, а члены второго равенства на т и сложив их почленно, получим: c2n + b2m =d2(m+ri)+mn(n+m)> 14-6-1744 209
Глава VI. Формулы планиметрии или d а = b7m+c7n- атп. (1) Переходим к доказательству формулы биссектрисы. Имеем тс ас ab -----= -, откуда т = ,л =-. а-т Ъ Ь+с-Ь+с Подставив в (1), получим Q = Ьс - тп. Восьмой и девятый способы предлагались в разделе «Возникла связь времен». Десятый способ предлагается найти самостоятельно. 210
58. Лучшая авторская задача, или 19 лет спустя В 1987 году на XXVIII Международной математической олимпиаде от Советского Союза была предложена и принята жюри моя задача; Биссектриса угла А остроугольного треугольника АВС пересекает сторону ВС в точке L, а описанную окружность треугольника в точке N (отличной от А); К и М — основания перпендикуляров, опущен- ных из L на стороны АВ и АС. Докажите, что четырехугольник AKNM равновелик треугольнику АВС. Для ее решения понадобилась удивительная формула S = ^AWX-MN, (*) где W\ — точка пересечения биссектрисы угла ВАС с описанной ок- ружностью, Л/ и V — проекции точки (основания биссектрисы ALt) на стороны АС и АВ. За прошедшие годы задача неоднократно анализировалась. Формула (*) доказывалась разными способами и послужила при- чиной открытия новых зависимостей. Но сначала об истории создания этой замечательной формулы. Работая над вписанной полуокружностью, я обратил внимание на отрезок F{ F2, где F{ и F2 — точки касания ее со сторонами тре- угольника АВС (рис. 1). Ясно, что F.F =2Ra cos — , 12 2 где Ra — радиус полуокружности с цен- тром . Захотелось «связать» отрезок FYF2 с элементами треугольника АВС. 14* 211
Г лава VI. Фор*> лы планиметрии Поскольку Ra = ALX • sin —, то F2 - 2/fl sin—cos — = lo sin A (1) (la — биссектриса угла ВАС, Lx — точка пересечения биссектрисы угла ВАС и стороны ВС). Соотношение (1) можно было бы получить сразу, описав окруж- ность около четырехугольника AFX Lx F2 и применив соотношение а = 27? sin А, но, может быть, тогда бы не было формулы (*). Приняв полученное выражение за промежуточное, я применил известную формулу Тогда 2bc sin A A S --------cos — =------- b+c 2 R В- 2 Итак, получилось «некрасивое» выражение 5 = iFIR-2Acos^-^. 2 1 2 IB-CI Но!—-—! — вершина угла между вы- сотой АН} и биссектрисой ALt. Сере- дина дуги ВС — точка Wx, W\D — диа- метр (рис. 2). Поскольку ZOWiA = ZWlAHl, В—С то 27? cos--= AW. 2 1 (из прямоугольного треугольника ADW{). Итак, получена формула S--F.F2AW.. 2 1 1 В дальнейшем формула принимает вид S= — MN-AW., 2 1 где М и N — проекции точки Lx на стороны АС и АВ. 212
58. Лучшая авторская задача, или 19 лет спустя Решил «обкатать» формулу на своих учениках. Они доказали ее с помощью теоремы Птолемея: применим эту теорему к четырехуголь- нику ABW[C (рис. 3). Получим b-BW] +сСИ; =a-AWr (1°) Треугольники BWXC и F2LXFX подобны (они равнобедренные и z.bwxc=af2lxfxy BW a dtjz a-FlLi ЛА FXF2 1 F,F2 2S Ho Z, =------(докажите!), поэтому b+c CWX = BWX = a'2S . (2°) Подставим выражение (2°) в (1°). Имеем: a'2S---(b+c)-a-AW., (b+c)FxF2 Рис. 3 откуда S - ~ fj F2 • AWX. Созданная задача была послана в журнал «Квант», «зашифрован- ная» так: Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает описанную ок- ружность в точке , а сторону ВС — в точке Lx. Точки F{, F2 — про- екции точки I, на стороны АС и АВ, Кх и К2 — точки пересечения отрезков F] , F2WX со стороной ВС.Доказать, что + $f2k2b ~^kik2w1 • Доказательство Покажем, что ДАВС и четырехуголь- ник AFX Wx F2 равновелики (рис. 4). Дей- ствительно, SAFWF =-F.F2AWx ArjrrijTj 2 1 1 и5=1кК-?1И/1. 2 1 1 Если учесть, что площадь пятиугольни- ка AFj Кх K2F2 — общая, то утверждение задачи доказано. Рис. 4 213
г.~зва YT ""ачиметрии Пр ходится удивляться, как задача попала на Международную -?• м пиалу, как «Квант» решил ее послать, как жюри 42 стран вы- ' ?. хпо ченно ее, но истинная моя любовь к ней пришла значитель- но поз же. Годы показали глубину и многообразие задачи как в виде формулы 5 = -MN, так и в виде задачи о равновеликости. 3. А. Скопец как-то обмолвился, что красивая задача — это зада- ча со многими способами решения. Покажем несколько из них. Первый способ Рис. 5 (слева направо) Требуется доказать S = -MN-AWx,wwl 2 1 bcsmA = MN-AWr (1) Опишем вокруг четырехугольника AMLN окружность (рис. 5). Поскольку AL — диаметр, то • Л MN sin А =- AL и выражение (1) примет вид MN bc-—^MN-AW.iwmbc = AW. AL, AL 1 а это следует из подобия треугольников («Замечательное подобие») AW^CmABL. Рис. 6 Второй способ (справа налево) Поскольку MN = la • sin А и ZLAHX = ср (рис. 6), то AWX -MN-li:-sinA-AW = = /e sin A-2Rcos <р = = la coscp-2/?sin А =. = haa=2S 214
58. Лучшая авторская задача, или 19 лет спустя Третий способ (формулы «на марше») Имеем MN =la sin A, AWX = 27?cos^-^ , 2bc А ' =----cos — . ° b+c 2 Требуется доказать, что 1, . , B-C 1. . . —1„ sin A • 2R cos-= — be sin A, 2 ° 2 2 или cos A.. 27? cos & = be. b+c 2 2 Итак, требуется доказать, что 47? cos —cos---- b +c, 2 2 а это очевидно, так как А В—С b+c = 27?(sin В+sin С) = 47? cos—cos-- 2 2 Четвертый способ Требуется доказать: be be sin А - AW. I sin Л, или AW. = — 1 « J 1 I Имеем be _ bc(b+c) _ b+c I A ~ A a 2oc-cos— 2cos — 2 2 Итак, требуется доказать, что h+c ХИ/ = 2cos — 2 или, что то же, 2 (1°) (Г — проекция точки на АС (или АВ)). 215
Глава VI. Формулы планиметрии < Чисто геометрическое (!)» доказательство Заметим что в «Кванте» (1988. — № 4. — С. 30) было опубликова- но решение задачи (см. «Первый способ»). О существовании еще одного способа, причем без единой триго- нометрической формулы сообщил журнал «Математика в школе» (1988. — № 1). При обсуждении задач Международной олимпиады публикова- лось иное решение задачи (может быть, из материалов жюри). Это «чисто геометрическое» решение, в основе которого с помощью вспомогательной окружности образуются две трапеции. Итак, четырехугольник AMWX N и треугольник АВС имеют об- щую часть — пятиугольник AMEFN (рис. 7). Остается доказать, что 9 4- V - V ^FNB ' МЕС Опишем вокруг четырехугольника AMLN окружность. Она пересечет сто- рону ВС и во второй точке (первая — точка Е) — точке P.ANPL опирается на дугу NL, а значит, Z.NPL = 180°-у, от- сюда ANPB = ^. Рассмотрим угол CBWX. Он опирает- ся на дугу ClKj, а значит, тоже равен -\jCW=~. 2 2 Итак, Z.NPB = Z.PBWX, следовательно, 7W| | Wx В и четырехуголь- ник WXPNB — трапеция. Аналогично доказывается, что четырех- угольник MPWXC — трапеция, а значит, SPFWi - SBFN и S},Wb - SMEC, что доказывает утверждение задачи. Ради куража! Еще один способ! Вспомним «Этюд о вписанном по- лукруге». В треугольник АВС вписан полу- круг так, что его диаметр принадле- жит стороне ВС, М и N — точки каса- ния полуокружности со сторонами АС и АВ треугольника (рис. 8). Доказать, что высота АНХ принадлежит биссек- трисе угла МНХ N. 216
58. Лучшая авторская задача, или 19 лет спустя Доказательство Опишем окружность вокруг четырехугольника AMLX N. Ей бу- дет принадлежать точка Нх (так как zLAHxLx =90°). Поскольку uAM = \jAN,to утверждение задачи доказано. Свяжем эту задачу с нашей: точка Р является основанием высоты, опущен- ной из вершины А на сторону ВС! Значит, в треугольнике ALX В отре- зок МР (он же МНХ) антипараллелен стороне AL (рис. 9) и Z.MPB =/.BAL= — . 2 Итак, АМРВ = APBWX ,МР\| BWX .Даль- нейшие рассуждения аналогичны пре- дыдущему способу. Рис. 9 Мы обошлись без вспомогательной окружности! Применение формулы S - — AWX - MN 2 Задача 1. Дано: A, l0, A Wx. Найти Алзс. Поскольку MN-la sin Л,то 5 = ^la -sin А• AWX. Задача 2. Построить четырехугольник, равновеликий данному треугольнику АВС. Это четырехугольник ANWX М. Задача 3. Построить дельтоид, равновеликий треугольнику АВС. Это четырехугольник ANWf М. Задача 4. Построить четырехугольник, равновеликий треуголь- нику АВС, чтобы в него можно было вписать круг. Это четырехугольник ANWX М. Задача 5. Доказать, что S <R la. Доказательство Имеем В=^АИ/Х MN.Поскольку AWX <2R,MN = la sin A < la,w S < R-la. Можно показать, что 5 < R-ha. Докажите! 217
59. Формула Леонарда Эйлера Докажем различными способами формулу Леонарда Эйлера OI2 =R2 -2Rr, где О — центр описанной около треугольника АВС окружности, I — инцентр (центр вписанной в треугольник АВС окружности), Лиг - радиусы этих окружностей. Наверное, среди формул школьной геометрии «за страницами учебника» она занимает особое место: и по внешнему виду, и по применению, и по многим разнообразным, содержательным спо- собам доказательства. Расположим их в некотором «хронологиче- ском» порядке. Начнем со способа, близкого к доказательству са- мого Эйлера, «чисто геометрического». Первый способ Рис. 1 Пусть W — середина дуги ВС (рис. 1). WE — диаметр окружности, описанной вокруг треугольника АВС (О е WE). Из инцентра / проведем пер- пендикуляр к диаметру WE (0 g WE). Из треугольника WOI (по следст- вию из теоремы косинусов): OI2 = OW2 +IW2 -20W-WD. Но WD = г+MXW (М! — середина стороны ВС). Поэтому: OI2 =R2 + IW2 -2R-(r+MxW) = =R2 -2R r+IW2 -2RMXW. Из прямоугольного треугольника WCE следует, что: СИ7 2 -2R Мх W. Поскольку CW = IW («теорема трилистника»), имеем: OI2 =R2 -2Rr. 218
59. Формула Леонарда Эйлера Второй способ Из треугольника OIB по теореме ко- синусов получим (рис. 2): OP =ОВ* 2 + ВР -2ОВ BI-cos ЛОВЕ Учитывая что: OB=R,BI = — . В sin 2 ZOBI = ^B-(9Q°-A), Рис. 2 имеем: г2 OP =R2 +—--------- sin2 — 2jRr-sin . В sin — =R2-2Rr . f . В sm A+— k 2 . В sin — 2 4R sin — sin — sin — 2 2 2 p 2R sin2 2 A-C A-C A+ cos------- cos---+cos — =R2 -2Rr------2------------------2 . В sin A+C cos =R2 -2Rr----2_=Я2 -2Rr. В sin — 2 Третий способ Лемма. Справедливо равенство: AIIW = 2Rr. Доказательство Мы еще встретимся с этим равенством. Приведем один из спо- собов его доказательства. Из прямоугольного треугольника AKI (рис. 3): 219
Гпэва VI. Фор -. лы планиметрии Рис. 3 а из прямоугольного треугольника BMXW (Мх — середина стороны ВС): BW = ВС IcosZM] BW 27? sin Л . А --------= 2R sm —. 0 А 2 2cos — 2 И поскольку ВIV = IW, то AIIW = —-—27? sin — = 27?г. . А 2 Перейдем к доказательству формулы Эйлера. Через точки О и 1 проведем диаметр MN (рис. 4). Тогда MI = R+OI,NI = R-OI. Рис. 5 По теореме о произведениях от- резков хорд: MI-IN = AI-IW, или (7? +OI)(R-OI) = AIIW. Вследствие леммы имеем: R2 -ОГ =2Rr, следовательно, О72 -R2 -2Rr. Четвертый способ Из NOAJ (теорема косинусов): OI2 =R2 +AI2 -27?X7cos<p, где <р — угол между высотой АНХ и биссектрисой AL} (рис. 5). Учитывая, что 27?cos<p = AWx , имеем OI2 =R2 +AI2-AIAWX = = R2 +AI2 -AI(AJ + IWX) = = R2 +AI2-Al2-AI IWX =R2 -2Rr. 220
59. Формула Леонарда Эйлера Пятый способ Из OI2 = R2 +W.I2 -2К^.1со&<р = =R2 +W}I2-AW. -W.I-R2 +W.I2-W.I(W.I + Л7) = =R2 -AI IW. = R2-2Rr. Шестой способ Для произвольного треугольника АВС справедлива формула Гамильтона: ОН = ОА+ОВ+ОС (Н — ортоцентр треугольника). Как известно, инцентр I треуголь- ника АВС является ортоцентром тре- угольника W. W2W2. Запишем формулу Гамильтона для треугольникаWlW2W3 : d/ = OW. +Of^+OW^ Тогда Ж Рис. 6 --2 Z---- --- -----\ 2 OI = (OW. +OW2 +OW.) и учитывая, что точки (1 = 1,2, 3) делят соответственные дуги по- полам (рис. 6), имеем: OI2 =OW? +OW2 +OW2 +20W0W, +20W0W, +2OW~.QW, = 1 Z j 1 X 1 J Л/ J = 3R2 +2R2(cos(A + B)+cos(B+C)+cos(A+C)) = = 3R2 -2R2(cos Л+cosВ +cosC) = = 3R2 -2A2| l+4sin-sin-sinC \ = 3R2 -2R(R+r) = R2 -2Rr. 2 2 2 J Седьмой способ Пусть К — точка касания вписанной в треугольник АВС окруж- ности со стороной АС (рис. 7). Имеем: 01 = ОА+АК+KI, откуда OI2 =(OA+AK+Kiy = = 0А2 +АК2 +KI2 +2ОА-АК+2OAKI+2AK-KI. 221
Глава VI. Формулы планиметрии Поскольку ZAKI = 90°, то АКК1=0. Из прямоугольного треугольника АКТ: АК = rctgy. Треугольник АОС равнобедренный, поэтому угол между векторами ОА и IK вдвое меньше угла АОС, то есть равен углу В, a Z.OAC = 90°-В. Следовательно, OI2 = 7?2 +r2ctg 2—+r2 -27?rctg— sinZ?-27?rcosZ? = 2 2 (A 1 J =R2 -2Rr+r2 +2Rr 1-ctg sin2?-cos2? H-r2ctg 2—. I 2 2 2 Поэтому для доказательства формулы Эйлера достаточно пока- зать, что — sin В-cosВ |4-г2[ ctg 2 — +11—0, 2 J I 2 J 2 то есть, что . 2 В . A . В TH sin-2ctg — sm—cos — + 2 2 2 2) —-—=0. sin2 — 2 Имеем . i В - A . В B\ 2sm-2ctg —sm—cos — + 2 2 2 2 j - 2 A sm — 2 An В = AR sm — 2 n cos—cos 7? 2 2 2 . A sin — 2 - 2 A sin — 2 . В sm 2 А + В . В sm — = -47?-----2 sin2 - 2 = -47?---— cos . A 2 sm — 2 и осталось только воспользоваться формулой sin 2 sm — sm — + 2 2 .2 A sin 2 r = 47? sin — sin — sin —. 2 2 2 222
60. Замечательное равенство геометрии треугольника Равенств в геометрии треугольника существует бесконечное множество. Звание «замечательного» надо заслужить. Речь пой- дет о соотношении Л7-7Ж. = 2Аг (*) (7 — ийцентр, FFj — точка пересечения биссектрисы внутреннего угла ВАС треугольника АВС с описанной около этого треугольника окружностью, /?, г — радиусы описанной около треугольника и впи- санной в треугольник АВС окружностей). Равенство для истинных любителей геометрии не в новинку, но почему-то ни в одной из знакомых мне книг оно не выделя- лось как необходимое и значительное. Постараюсь убедить читате- ля в важности этого равенства. Способы доказательства Первый способ Из треугольника AIK (К — точка ка- сания вписанной окружности со сторо- ной АВ) (рис. 1): = / . A [ sin— / 2 I Из треугольника AW{C (применяя 1 «трилистник»): \ у IW\ = СИ^ =2Bsin^, r-2/Jsin — 7 значит, Al IWl = — =2Вг, что sin — 2 и требовалось. D 4 / /о I L Рис. 1 223
Глава VI. Формулы планиметрии Второй способ Провезем диаметр И7} Z). Л/-— ; IWX =CWX = 2R sin - (из ДСЛ Ж,). А 2 sin — 2 Тогда AI IW{ =2Rr. Третий способ Треугольник CDWX подобен треугольнику AIK. DWX CWy ~аГ~Пк 2R или--- IWX г откуда AI •TWl = 2Rr. Четвертый способ ТТ . J TS1 -AI АС Из ЛЛ/С:------ —--------т-, отсюда С ( R\ sin — sin 90°+— 2 I 2) AI С С ^•sin - 2/?sin/?sin 2 _ 2 В В cos — 2 cos — 2 значит, R С А AI - 4R sin — sin — и IW = 2/?sin —. 2 2 1 2 д С А AIIW. = 47? sin - sin-• 2R sin-. 1 2 2 2 Л Л С Учитывая, что г-4R sin — sin — sin —, имеем AI • IW. = 2Rr. 2 2 2 1 W Рис. 2 Пятый способ Через центры О и I (рис. 2) про- ведем хорду MN. Имеем Ai /и; =MI NI= = (R+OJ)(R-OI) = R2 -OI2 = = А2 -(r2 -2Rr) = 2Rr 224
60. Замечательное равенство геометрии треугольника Шестой способ Учитывая формулу Эйлера, имеем (рис. 2) 2Rr = R2 -OI2 = (R-OI)(R+OI) = MNNI = AIIW. Седьмой способ В книге 3. А. Скопеца и В. А. Жарова «Задачи и теоремы по гео- метрии (планиметрия)» (Москва, 1962) к доказательству дается указание: «Рассмотреть треугольник М^ОС и использовать теорему Стюарта, а затем воспользоваться теоремой Эйлера». Предлагаем этот способ читателям рассмотреть самостоятельно. 15-6-1744 225
61. Формула Карно как зеркало геометрии треугольника Лазарь Карно (1753—1823) видный деятель французской рево- люции. Оставил ряд крупных работ по математике. Формула Карно, о которой пойдет речь, имеет вид: в остроуголь- ном треугольнике АВС ОМ} +ОМ2 +ОМ3 = R+r (*) (О — центр описанной окружности, М , М2, М3 — середины сторон ВС, AC, АВ, R, г — радиусы описанной и вписанной окружностей в кАВС). Формула, широко известная в лите- . ратуре, обычно доказывается с помо- / \ щыо теоремы Птолемея (рис. 1). Имеем / / О С Рис. 1 Кроме этого, „ a+b+c S = г =ОМ. 2 1 Сложим все четыре равенства: (a+b+сУ (а ОМА +ОМА - А 2 J А _ jfa+b+c 1 2 илиСЛ/, +ОМ2 +ОМ3 =R+r. ОМ, --+ОМ, -=R-; 1 2 3 2 2 1 2 2 2 2 ’ OM2-+OM,-=R-. 2 3 2 2 .-+ОМ2-+ОМ3--. 2 2 2 (а+Ь+сУ +ОМА = 2 J А 2 ) 'l (а+Ь+сЛ ) 1 2 J 226
61. Формула Карно как зеркало геометрии треугольника В книге «Трикутник i тетраедр в задачах» применена формула г - 47? sin — sin — sin — 2 2 2 и доказательство становится достаточно коротким: ОМХ +ОМ2 +ОМ3 =Rcos A+RcosB+RcosC = A +cos2?+cosC) =R l + 4sin —sin —sin — = \ 2 2 2 J =7?+4/?sin — sin — sin — -R+r. 2 2 2 Однако обращает на себя внимание малоизвестный «чисто гео- метрический» способ доказательства, видимо, именно тот, которым формулу доказывал сам Лазарь Карно. Приведем его, сделав не- сколько упрощений, в связи с некоторыми зависимостями, возве- денными нами в ранг теорем. Отойдем от обычно принятых обозначений. Пусть D и F — се- редины сторон АС и АВ (рис. 2). у < Дополнительное построение: / / Р проведем через точку Wx пря- / //1 \ мую, параллельную стороне AC. D F/ I Она пересечет описанную около О К у I треугольника АВС окружность f ? / в точке N. \ / I л /L \ / Проведем прямую ОТ), кото- \/____________г|/1у у рая пересечет хорду N в точке L. Из точки А опустим на прямую Wx N перпендикуляр АР. Из ин- ри^. 2 центра I опустим на прямые W\O и ВС перпендикуляры IE и IK. Далее сумму DO+OF заменим отрезком DL, доказав, что OL-OF. (1) Рассмотрим треугольники L и OAF. Они равны, так как OW{ = ОА, AW{OL = AACB (углы с взаимно перпендикулярными сторонами) и AAOF = ААСВ. Тем самым равенство (1) доказано. Заметим, что DL - АР. Докажем, что АР = Wx Е. Для этого дока- жем равенство треугольников EIWl и PNA. 15* 227
Глава VI. Формулы планиметрии У них И I - СИj = AN (теорема трилистника и вписанная трапе- ция 4СН /¥). a ZEW^I = ZNAP. Действительно, . В-С ZEW.A =----- 1 2 (известное соотношение: этот угол равен углу между высотой ha и биссектрисой 1а); ZNAP = 180°-/ЛСИ; -90°=90o-ZACWt В-С 2 Итак, АР - W\ Е. Искомую сумму запишем как S=OD+OF+OMi =OD+OL+OMl = DL =DL+OMX ~AP+OM{ = W}E+OM^ Итак, 5 = И'Г1£+(Ж1 .Ho WXE = R-OE, OMY = г +OE, значит, S=R-OE+r+OE=R+r, что и требовалось доказать. Оригинальный вывод формулы Карно (автор Ю. Билецкий) Известно, что МM,WA 11 2 1 2 Сложим: M,W. +WAM. =2Р=Га+Гь+Гс 111 (*) г+4/г = гс +гь +гс. Докажем, что формула (*) есть аналог формулы Карно. Дейст- вительно, R^OM, +Л/,ИС =ОМ. +^—^. 1 1 1 1 2 Аналогично, 2 2 R=OM,+r-^. 3 2 228
61. Формула Карно как зеркало геометрии треугольника Сложим: 3R=0M, +ОМ2 +ОМ3 +^+^+г^~3г Учитывая формулу (*), получаем R+r=OMx +ОМ2 +ОМ3. 229
62. Снова ортоцентрический треугольник Докажем формулу площади треугольника: 5 = Я • рн, где рн — по- лупериметр треугольника Нх Н2Н3.О аналогии этой формулы с фор- мулой S = г р можно прочитать в главе «Штефан Банах и школьная геометрия» (И. Кушнир. «Возвращение утраченной геометрии». — Киев: Факт, 2004). Первый способ Пусть в остроугольном треугольнике АВС точки Я,, Н2, Н3 — основания вы- сот (рис. 1), О — центр описанной ок- ружности, — площадь четырехуголь- ника ОН2 АН3. Поскольку ОА _1_ Я2 Я3, то площадь 5, четырехугольника ОН2 АН3 равна: 5. =—ОАН2Н,. 2 Аналогично, площади S2 и 53 четырехугольников ВН3ОН}, СНХОН2 будут соответственно равны: S2 =-0В ИН3, S3=-OCH.H2. Таким образом, 5 = +S2+53 = ^Я(Я2Я3 +Я1Я3+Я1Я2)=Я-ря. Второй способ Имеем Л,=|(Я1Я,+Я2Я,+Я1Я3) = = i 7?(sin 2 А+sin 2 В+sin 2С) = R • 4 sin A sin В sin С. Поскольку S = 1R2 sin A sin В sin С, то рн - — . 230
62. Снова ортоцентрический треугольник Третий способ Лемма. Пусть М и N — проекции точки (основания высоты АНХ) на стороны АС и АВ (рис. 2). Доказать, ... что MN = —. R Доказательство Опишем окружность около четы- рехугольника ANH М. Тогда .... I л 2S1 . . 25 -sin A S MN = sin А = — sin А -----------= — a 2R • sin A R А теперь, собственно, третий способ. Произведем симметрию точки Н\ относительно сторон АВ и АС. Получим точки L и К (рис. 3). Поскольку ААН2Н2 = АСН 2Н1 = АКНгС, то KL — прямая и KL ~2рн, aMN = -KL 2 (MN — средняя линия треуголь- 5 ника АТ/, L), значит, рн = — . R Четвертый способ Поскольку AAMN = АВ (рис. 4), то &AMN ~ ДЛСЯ, значит, MN AM -----------=----, или ВС АВ MN = ^sinC.a^ АЛ. с С 2R R sin С •а — Пятый способ Из треугольника AMN по теореме синусов: MN sin А -----------, или AM sin С ,,,, sin Л sin Л . . . . . 2S sir\A S MN -------AM ---------h„ -sinС - h sin A =------= — sinC sinC a R 231
~ав~ УТ. Сг-муяы планиметрии Шестой способ По теореме косинусов из &AMN: MN2 = АМ2 +AN2 -2 AM-AN cos А У зггывая, что AM -ha sinC,AN = ho sin В, имеем MN2 -h2 sin2 C+h2 sin2 B-2h£ sin C sin В cos A = h2 = ^r(^2 sin2C+4j?2 sin2 В-2 2RsinC 2Rsin В cos. h2 —^(с2 +b2 -2c-Z>cos 4Я2 V $ откуда MN = — . JL.a> 4/?’ R1 •a Седьмой способ Рассмотрим треугольник AKL (рис. 5). Имеем: АК = АНХ =AL = ha, AKAL=2{AH2AHX +AHlAH3)=2A. По теореме косинусов из MKL KL2 =АК2 +AL2 -2AK ALcos2A = =2h2 -2h2 cos2J = 4Л2 sin2 A, отсюда 232
62. Снова ортоцентрический треугольник Восьмой способ Рассмотрим треугольник MNH (рис. 5). MN1 = МИ2 +NH2 -2 МД NH] cos /МД N. Но МД = h1cosC, NH} = ha cos B, /МНД =180°-A (из четырехугольника ANH} M). Имеем MN2 =h2 cos2 C + h2 cos2 B-2h2 cosZ?cosCcos(18O°-/0 = = ft2 (cos2 C+cos2 В+2 cos В cos C cos >0. Учитывая, что 2 cos A cos В cos C- sin2 Л + sin2 Zf+sin2 C-2, имеем MN2 = /i2(cos2 C+cos2 B + sin2 Л + sin2 5+sin2C-2^ = n2 = h£(1+1+sin2 A-2j = h2 sin2 Л = —, отсюда, MN = —. R Девятый способ Докажем, что ломаная MON делит площадь остроугольного треугольника АВС пополам (рис. 6). Действительно, Sut0 =|^A,sta(90°-B). ( Тогда 5 v4M J?-sin(90°-B) В 1 АВД- sm(90°-2?) Итак, = J-5 „.Аналогично, 7 AMU /«р & 7 ЛЛ 5 - — *5 °ANOM ~ ~ ° Л \ ' —ЯГ 1 Рис. 6 R AM R . 1 smC = -. с ha с 2 ю = 2 Неоткуда АВС' 233
Глава VI. Формулы планиметрии По доказанному 5 = 2 SAW)M. Но так как АО 1Н2 Н3, MN | j Н2 Н3, с.е зовате.тьно. АО _L MN, и SANOM = — АО MN. Тогда 2 >У.ВГ = AOMN =RpH. Десятый способ Применим теорему Птолемея к четырехугольнику ANHi М: AHi • MN = AN-MH{ +AM Hi N. Учитывая, что MHi = ha cos C, AM = ha sin C, NHt = ha cos B, AN = ha sin B, имеем ,f.r sin BcosC+h^ cos7?sinC . . . л 5 MN = ---------= ha sm(B +C) = ha sm A- — . h„ R Одиннадцатый способ Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника АВС (рис. 7), М2 и М3 — середины сторон АС и АВ. Опустим из точки О перпен- дикуляры на стороны ОМ2 и ОМ3. Получим четырехугольник AM2ОМ3. Докажем гомотетичность четы- рехугольников AMH^N и АМ3ОМ2. Как и в случае с треугольником АН2Н3, треугольник AMNподобен треугольнику АВС, причем ЛМ_с ~AN~~b' ( Ясно, что =с ам2 ~ ь (2) Кроме того, МНХ ||М20 и ОМ31|H{N, значит, рассматриваемые четырехугольники гомотетичны: М2Л/3 _ АО MN ~AHt ,или MN = = а-ЛЯ, _ 5 R 2R R' 234
63. Теоремы Чевы и Менелая Эти теоремы применяются в первую очередь для доказательства пересечения прямых в одной точке и принадлежности трех точек одной прямой. Теорема Чевы1 Пусть , Д, С] — три точки, лежащие соответственно на сторо- нах ВС, С А, АВ треугольника А ВС или на их продолжениях. Для того, чтобы прямые ААХ, ВВХ, ССХ пересекались в одной точке или были между собой попарно параллельными, необходимо и достаточно, чтобы АС, ВА, СВ, С,ВА,СВ,А Доказательство Необходимость. Пусть отрезки ААХ, ВВХ, ССХ пересекаются в точ- ке К (рис. 1). Проведем прямую/ параллельно стороне ВС и продлим отрезки ВВХ и CCt до пересечения с / в точках М и N. Обозначим АСХ Xj, С,В х2, ВАХ у।, Л]С У2^ СВХ = , Вх А - z2, МЛ-а., AN =а2. Джованни Чева (1648—1734) — итальянский геометр. В 1678 г. опубликовал работу «О прямых линиях», в которой доказал теорему, в дальнейшем получив- шую название «Теорема Чевы». 235
Глава VI. Ф< пмулы планиметрии Треугольник МВ А подобен треугольнику ВВ,С. Поэтому ^1 ^2 ---!--= —,ИЛИ >’ +Уг ai----_j Треугольник NC, А подобен треугольнику СС, В\ До х. —-— =—,или У1 +У2 °2Х2 _ | (2) (3) Разделим выражение (2) на выражение (3), учитывая, что Уг (из подобия треугольников В КА, и МКА,СКА, и NKA). Получим = 1,или _L Угх^г Случай, когда точки В, и С, лежат на продолжениях отрезков СА и ВА, рассматриваются аналогично. Достаточность. На сторонах АВС (рис. 1) даны точки А, , В,,С, так, что АС, ВА, СВ, н ВС, СА,-АВ, Проведем отрезки АА, и . Они пересекутся в точке Т. Пусть ВВ, не проходит через эту точку. Проведем через нее прямую ВВ2 (В2 принадлежит АС). По условию (1) имеем АС, ВА, СВ2 _ 1 ВС,СА,АВ2 Из (4) и (5) получим СВ, СВ2 ~АВ,~^В~2' Итак, В, и В2 совпадают, что и требовалось доказать. 236
63. Теоремы Чевы и Менелая Второй способ Необходимость. Докажем, что если отрезки АА1, ВВ{ и СС, пере- секаются в одной точке Т, то АВ1 ‘С4, ВС1 В^С А^В ^А ~ Обозначим (рис. 2) ЛАТСл -Z^TC-ct, АС1ТВ = АСТВ1 =р, ZAJB = ABJA^y, ZAC}T = q. Из АЛ ТС, по теореме синусов АТ _ АС] sin<p sin а откуда ACj sin <р=ЛТsina. (1) Из ЬВТС' по теореме синусов: ВТ _ ВСХ sin(180°-<p) sinp’ откуда .SC, sin ф = ВТ sin р. (2) Разделив равенство (2) на равенство (1), получим ЛС, _ ДТ-sinp (3) АС} AT sina Аналогично: из треугольников ВТА1 и С7И, : СЛ, СТ sina —L =--------. (4) AtB ВТ sin у Из &СТВ{ и ДЛ7Б, Л7?, _ AT sin у ДС" СТ sinp’ Перемножив (3), (4) и (5), имеем ВС} CAj •АВ1 _ ВТ sinp-СТ sina AT sin у ЛС, А^В'В^С АТsina-BTыпу-СТsinp что и требовалось доказать. 237
Глава VI. Формулы планиметрии Теорема Менелая Пусть треугольник АВС пересечен прямой, не параллельной сто- роне АВ и пересекающей две его стороны АС и ВС соответственно в точках В и А,, а прямую АВ в точке . Тогда АВ} СА, ВС, _ j В,С А,ВС,А Первый способ Проведем прямую /, параллель- ную стороне АВ и обозначим D точку пересечения В,С, с прямой / (рис. 3). Треугольники В, АС, и BXCD подобны: АС, _АВХ ~CD~~B£' Из подобия треугольников А, ВС, и A, CD: CD _ А,С СХВ~ ВА, ' Перемножая почленно эти два равенства, получим АС, АВ. А,С АС, ВА, ВХС , —- = - 1 - 1 , или ----— = 1. С,В В,СВА, С,ВАХСВ,А Второй способ Пусть прямая / пересекает сторону АВ треугольника ABCs точке А, (рис. 4). Обозначим ZAC,BX = £А,С,В=а,ЛСВ,А, = $,Z.CA,B, =у. Из треугольника АСХ В, по теореме синусов AC, sinp В, A sin а 238
63. Теоремы Чевы и Менелая Из треугольника СВ. А. : СБ, sin у С4, sinp V 7 Перемножим равенства (1), (2) и аналогичное для треугольни- ка ВА.С., получим: АС. -БД -СВ. _ sinP sina-siny В.А-С.В-СА. since-siny-sinp что и требовалось доказать. И еще! Докажем теорему Чевы с помощью теоремы Менелая: По теореме Менелая для треугольни- ка АВА. и прямой СС, (рис. 5): АС.-ВС-А.Т С.В-СА. -ТА ~ ’ откуда (1) АС. _ СА. -ТА С\В ~ ВС-А.Т По теореме Менелая для треугольника АА.С и прямой ВВ.: СВ.-АТ-А.В В.А-ТА.-ВС ~ ’ откуда СВ. _ ТА. -ВС $А~ АТ-А^В' Перемножив (1) и (2), получим АС. СВ. СА. -ТА ТА. -ВС ~С^В В, А ~ ВС А.Т АТ-А.В ’ откуда АС. СВ. А. В что и требовалось доказать. 239
64. Укрощение формулы Герона Без формулы Герона «вход в геометрию воспрещен»: S =ylp(p-a)(p~b)(p-c), р = а+^+с. Тем не менее, школьные учебники геометрии до сих пор не очень почтительно к ней относятся, а в учебнике «Геометрия 7—9» Л. С. Ата- насяна и др., занявшего на Всесоюзном конкурсе учебников по мате- матике для средней общеобразовательной школы в 1988 г. почетное место, этой формулы вообще нет. Вывод этой формулы, как видно, десятилетия не входил в школь- ную программу, и учебник геометрии Киселева давал его в виде зада- чи с помощью теоремы о квадрате стороны, лежащей против острого угла. Тучи над формулой сгущались, и уже следующий учебник для школ «Элементарная геометрия» Н, А. Глаголева (Ч. I. — М., 1954) убрал эту формулу, заменив ее нахождением высот треугольника по трем сторонам. Формулу «возродил» учебник «Геометрия 6—8» под редакцией А. Н. Колмогорова, но, право, не знаю, что ждет ее после сокращения в школе часов математики. А ведь формула Герона — прекрасный полигон для алгебры и тригонометрии. Рассмотрим в качестве упражнения: пусть S — площадь прямо- угольного треугольника с катетами а и Ь. Тогда S = ^ab. Возникает вопрос: как из произведения двух буквенных сомно- жителей (а и Ь) получить привычную формулу Герона, состоящую из четырех сомножителей: р(р-а)(р-Ь)(р-с)? Попробуем применить теорему Пифагора: 4S=a2b2=(c2-a2)(c2-b2) (с — гипотенуза рассматриваемого прямоугольного треугольника). Имеем (с2 -а2)(с2 -Ь2) = (с -а)(с +а)(с -Ь)(с+Ь). Очевидно, такое разложение на множители недостаточно быстро приведет к виду р(р -а)(р - Ь)(р-с). 240
64. Укрощение формулы Герона Применим «провоцирующий нуль»: о2 + Ь2 -с2 =0. Удачно! Получили упражнение по алгебре для седьмого класса: Выражение 4д2Л2 -(д2 +Ь2 -с2)2 разложить на линейные множители. Решение Имеем 4д2*2 -(а2+Ь2 -с2)2 = = (2ab-(a2 +b2 -с2У)-(2аЬ+(а2 +Ь2 -е2^) = = ((д+/>)2 -с2)(с2 -(д-Ь)2) = = (a+b+c)(a+b-c)(b +с -а)(а+с - b). Формула Герона рядом! Покажем, что любую (!) формулу площади треугольника можно представить в виде формулы Герона. Первое представление (лемма) Представим формулу S = 2R2 sin A sin В sin С (1) в виде формулы Герона. Имеем _ a+b+c _ 2R /s>n + +s-n_ 422cos jdCOs—cos—. 2 2 V 7 222 Далее: p-a = —- - /?(sin В+sin C - sin A) = 4R sin у sin у cos ~. Аналогично, , AD . A . С В AD . A . В C p - D = 4/? sin — sin —cos —, p-c - 4/? sin — sin—cos —, 222 222 значит, р(р-д)(р-й)(р-с) = л 4 n4 > 2 А . 2 В . 2 С 2 А 2 2 = 4 R sin —sin —sin —cos —cos —cos — = 2 2 2 2 2 2 = 4K4 sin2 A sin2 В sin2 C, цель достигнута. 16 6-1744 241
Глава VI. Формулы планиметрии Второе представление Покажем, что формулу S =RpH гдеТ? — радиус описанной ок- ружности, рв — полупериметр ортоцентрического треугольника Н Н Н можно представить в виде формулы Герона, или, что то же, в виде формулы (1), идентичность которой формуле Герона была доказана в первом представлении. Имеем 1 рн = — 7?(sin2А + sin27? + sin2Q =1R2 sinЛsin#sinC получили формулу (1), а значит, и представление формулы Герона Третье представление Покажем, что формулу S = гр, где г — радиус вписанной окруж- ности, можно представить в виде формулы Герона. Действительно, Лп .А В . С г - 47? sin - - sin - sm -, 2 2 2 Л 5 С a p - 7?(sin A+sin В+sin C) = 47? cos—cos - cos —, 2 2 2 значит, r p = 27? sin A sin В sin C — по формуле (1) — получили представление формулы Герона. Четвертое представление Покажем, что формулу S - а~ можно представить в виде форму- 47? лы Герона. Действительно, abc 87?3 sin A sin В sin С 4# 4# получили формулу (1). Пятое представление Покажем, что формулу 5=1 ЛИК 2 1 1 1 где W\ — точка пересечения биссектрисы угла ВАС с описанной ок- ружностью, и N{ — проекции точки Lx (точки пересечения бис- сектрисы A W\ со стороной ВС) на стороны АС и АВ, можно предста- вить в виде формулы Герона. 242
64. Укрощение формулы Герона Применим формулу задачи Архимеда и формулу М, = la sin А. Имеем MXW\ AWl = — —!—ZesinA 2 cos — 2 А , 2bc А „ А также/ =--cos —.Значит, Ь+с 2 с _ 1 b+c 1 ~2 ~2 А cos — 2 2 be b+c А . cos — • sin 2 = --4Z?2 sin В sin C sin A= 2R2 sin A sin В sin C. 2 Шестое представление S =—cZ>sinC. 2 Действительно, 11, , - ab sin C =— 4R2 sin A sin В sin C = 2R sin?lsin ZfsinC. 2 2 Седьмое представление S = ra(p-a). Учитывая, что д Аг ^=Ptg-,atg- =-------, 2 2 p-а то заданную формулу сводим к третьему представлению. Восьмое представление 5=2^SW-SK (здесь Sw — площадь треугольника — площадь тре- угольника К2 К3, где Ki — точки касания вписанной в треуголь- ник АВС окружности). Действительно, поскольку =R^,aSK^^~, " 2' к 2R то задача сводится к третьему представлению. 16* 243
'лава У1.~ сс ль планиметрии Девятое представление 5 = p2tg^tg|tgp Поскольку .А г . В г С г tg =-----,tg —=----,tg —=---, 2 p-а 2 p-b 2 p-c то 2 r3 p-S2r S3 = p£-----------------------—----------------------------. {p-a){p-b)(p-c) p(p-a)(p-b)(p-c) p(j>-a)(p-b)(p-c) Итак, c3 5 =-----------------, или 52 = p(p -a)(p -b)(p-c). p(p-a)(p-b)(p-c) Десятое представление с 2 * А В С S = г ctg —ctg—ctg —. 2 2 2 Поскольку A p-а В p-b C p-c ctg- = -—, ctg —= ——, ctg —= —— 2 r 2 r 2 r то и это представление сводится к третьему представлению, а значит, и выражается формулой Герона. Одиннадцатое представление 5 = i(a2-(i-c)2)ctg^. 4v z 2 Действительно, a2 -(b-c)2 =(а-b+c)(a+b-с) = 2(р-Ь)-2(р-с). Учитывая, что + А р-а доказываемую формулу запишем в виде: 5 = 1 • Цр - Ь)(р-с)(р , или S2 =р(р-а)(р-Ь)(р-с). 244
64. Укрощение формулы Герона Двенадцатое представление _о* 2 sinBsinC 2 sin Л Легко сводится к четвертому представлению. И эта формула — тоже формула Герона. Тринадцатое представление £+<+<=i, be са ab где^ ,d2 ,d3 — расстояния инцентра I до вершин А, В и С треугольни- ка АВС. Каждую из дробей формулы домножим (и разделим) на - sin А, — sin Я, - sin С. Получим AI2 sin A+BI1 sin Й+С/2 8тС = 5 (5 — площадь треугольника АВС). Поскольку Г г г sin — sin — sin — 2 2 2 имеем „ . А А 2 sm cos 2 2 2 А sin — 2 2 sin—cos 2 2 - iB sin — 2 C 2 sin —cos — 2 2 . zC sin — 2 ) 2 , А В * C) „ или г ctg —+ctg —+ctg — — S. I 2 2 2 J Поскольку .А В C ABC ctg — +ctg —+ctg - = ctg—ctg - ctg - 2 2 2 2 2 2 A p~a В p-b C pc ctg- = ^—, ctg- = ^—, ctg- = ^—, 2 г 2 г 2 г Г2р{р-а){р-Ь)(р-С) „ „2 / х/ ьч/ ч ————- = S, или S = р(р-а)(р- Ь)(р-с). г -р Найдите еще одну формулу площади треугольника и докажите, что ее можно записать в виде формулы Герона. Самостоятельно. 245
65. Формула Архимеда Имеется в виду формула АК - ——, где К — проекция точки Wl на сторону АС треугольника АВС (И7, — точка пересечения биссек- трисы угла ВАС с описанной окружностью). Формула, имеющая самостоятельный характер, пришла в гео- метрию в связи с теоремой Архимеда: Треугольник АВС вписан в окружность. Точка!) — середина дуги САВ, К — проекция точки D на сторону АС. Тогда СК = АК + АВ. Докажем формулу Архимеда. Первый способ Поскольку СК = АТ, то по теореме Архимеда (рис. 1) СТ = АТ+АВ =— и АК = СТ = —. 2 2 Второй способ Из треугольника AWK (рис. 2): AK = AW-cgs-. 2 Из треугольника ACW: ( А А >HF = 2Asin С+- . I 2? Значит, АК = 2R sinf С+-lcos - = I 2) 2 =7?(sin(C+А) + sin Q = = К sin В +R sin С = . 2 246
65. Формула Архимеда Третий способ Опустим из точки W перпендикуляр WT на прямую АВ (рис. 3). Поскольку A W — биссектриса угла ВАС, то WT = WK. Прямоуголь- ные треугольники CWK и BTW равны, значит, СК = ВТ. Обозначим СК = ВТ -t.Заметим, что АК = АТ. Значит, b-t =с +/, отсюда 4 Ь~С АГ I. А Ь+С t =---и АК = b-t =-----. Рис. 3 Рис. 4 Четвертый способ На прямой АС (рис. 4) отложим отрезок CD, равный с. Тогда AD = Ь+с.Докажем, чтоDW = WA. Действительно, £J)WC-i\AWB (CW = WB; AB=DC = c и ADCW = 18Qa-AACW = AABW), значит, DW = WA, следовательно, от- резок WK будет медианой в треугольнике AWD и АК = — AD = . Пятый способ Обозначим АК - x,CWl =WlB=y (рис. 5). По теореме Птолемея для четырехугольника ABW{C: yb+yc =a-AWl, a-AW. отсюда у =------. Ь+с Поскольку треугольник AKW} подо- бен треугольнику CW} , то У , ° . AW^ 2х’ a-AWx 1 a-AWt -(b+c) b+c 2y ~2 a'AWl ~2T' 247
~лава VI. Формулы планиметрии Шестой способ Продолжим WK до пересечения с окружностью в точке Е (рис. 6). Про- ведем ED\\AC. Трапеция CEDA — равнобедренная (у)ЕС = \jAD), отре- зок КА равен средней линии этой трапеции. Поскольку EW LAC^DW LAB, то LACB = LEWD (углы с взаимно перпендикулярными сторонами), поэтому LEWD=CnED = AB, -у.. ED+АС с + b a KA =-----=----. 2 2 Предлагается найти еще способы доказательства. 248
66. Попытка «управлять» импровизацией Как можно было убедиться, далеко не каждый новый способ дока- зательства формулы (да и не только формулы) очевиден. Поэтому вы- зывают особый интерес доказательства заранее предрекаемые. Иллю- страцией подобного случая могут служить доказательства формулы 1111 --------------------------1— ч-------. К hb hc г Смысл «управления» состоит в следующем. Вначале естественно выразить непосредственно высоту различными способами, а затем 2S 2S 2S компоненты, входящие в соотношение — (или —, или —). а b с Поскольку Первый способ 1 _ a 1Z> 1 _ с h^~2S,lц^2S,h^~2S, 1 1 1 a+b+c 2р 1 то —+— +— =------- —— = -. ha hb hc 2S 2S r Второй способ Поскольку ha = bsinC\hb = asinC;Ae = Z>sin;4, TO ha hb hc bsmC osinC bsin^ 2/Jsin/JsmC 2/Jsin^sinC 2R sin В sin A . ABC . . . „ . _ 4cos—cos—cos— . sin A+sm В+sin C 2 2 2 27? sin A sin Б sin С . A . В . С А В C r 16/fsin — sm — sin — cos—cos—cos — 249
~лава VI. Формулы планиметрии Третий способ Поскольку а = 2R sin A, b = 2R sin В, с = 2R sin С, то 1 _ а _ 2R sin А 1 _ 2R sin В 1 _ 2R sin С Ta~2S~ 2S 2S \ 2S~ 1 1 1 _ 2A(sin Л+sinlf+sinC) _ 1 ho hb hc 2S r (см. второй способ). Четвертый способ $ Имеем h -------- /?sin A 1 1 , 4/? cos — cos—cos — _ +_+J_ = 2 2 2 = ho hb hc S . A . В . C 4R sm — sin — sin — 2 2 2 _ r „.ABC А В C Stg —tg —tg- ^gytg-tg- Aj A* A* A* At A* r(p-a)(p-b)(p-c) = p(p-a)(p-b)(p-c) _ 5 = J_ Sr2 Spr2 pr2 r Пятый способ „ „ abc . be Поскольку o =---, h„ = —, значит, 4R ° 2R 2R(a+b +c) _ 27?(sin A + sin В + sin Q _ 1 abc 2S r (см. второй способ). Шестой способ Воспользуемся формулами S = ^AJV, -MN, MN = 1 sin Л, 2 ' ° AW. b+c 2cos — 2 250
бб. Попытка «управлять» импровизацией Имеем: 1 1 1 _ а b с _ + BW2-M2N2 + cW3 -M3N3 ~ a be — —-— -----------+------1-----— b+c 2bc А . . be sin В absinC ---------cos — sin A 2cos — b+c 2 2 _ 27? t 27? । 27? _ 2R(a+b+c) _ 1 be ac ab abc r Седьмой способ Учтем, что S=R-pH (рИ — полупериметр ортоцентрического треугольника Н{ Н2Н3). 1 1 1 _ а b с ha+hb+hc 2RpH+2RpH+2RpH ________P________=________2p_______ 7?( Hj H2 +H2H3 + H3) 7?0cos A + bcos В +ccos C) Учитывая, что OMt =7?собЛ,ОМ2 =RcosB,OM3 =7?cosC, имеем 1 +J_+J_ =2p^P=L ha hb hc aOM} +bOM2 +cOM3 S r 251
GL Осторожно! Третий способ! Речь пойдет о популярной формуле S4im = A sin ср, которая читается так: площадь четырехугольника равна полупроиз- ведению диагоналей на синус угла между ними. Первый способ Доказательство первым способом общеизвестно: обозначим от- резки диагоналей (рис. 1) АО = пг,ОС = п,ОВ =l,OD = t. и Учитывая, что Поскольку iS = iS*1 -t-jS'j + 5*4, то 5 =-sin ф(т/ + ml+nl + nt) = — sin +/)+w(f+/)) = В / / УКОХ/ / ! 1 // A Рис. 2 = — sin <p(Z +I)(m+ri) --t/j 'd2 sin <p. 2 2 Второй способ Очевидно, что (рис. 2) ^ABCD ~ ABD $ BCD • Пусть АЕ и СН высоты треуголь- ников ABD и BCD. 252
67. Осторожно! Третий способ! 5 = | BD АЕ+1 BD CH = | BD(АО sin ф+ОС sin ф) = = ^lfZ)sin (p(AO+OC) = ±BD-AC sin ф. Третий способ Пусть ABCD—данный четы- рехугольник (рис. 3). Вокруг этого четырехугольника опи- шем параллелограмм KLET. Его площадь вдвое больше четырех- угольника ABCD, а значит, ABCD = = -LK-КТ sin<p = 2 = - ЛС-Z?D-sin ф. Рис. 3 Однако! Такое доказательство верно только для выпуклого че- тырехугольника. Докажем, что формула верна и д ля невыпуклого четырехугольника. Четвертый способ Пусть ABCD — данный невыпуклый четырехугольник с диагона- лями BD и АС (рис. 4). Имеем SBDC = -CH BD, SABD =-АЕ-BD, DiA. 7 AdJJ =±BD(CH + AE) = = BD(CO sin ср+AO sin cp) - = i^£sin(p(CO+JO) = = — AC • BD sin <p, 2 что и требовалось доказать. 253
68. Пять способов доказательства формулы Гамильтона Гамильтон Уильям Роуан (1805—1865) ирландский математик, чл.-кор. Петербургской Академии наук, в три года умел читать, в 10 лет стал студентом, в 12 лет знал 12 языков. В этом возрасте изу- чил на латинском языке «Начала» Евклида. Основные работы относятся к механике и теории дифференциаль- ных уравнений, векторному анализу. Хамильтон ввел термин «вектор». Формула Гамильтона, о доказательстве которой пойдет речь, ши- роко известна тем, кто увлекается векторами. Более подробно о ней читатель может ознакомиться в кни- ге автора «Координатный и векторный методы решения задач» (Киев: Астарта, 1996). Пять способов доказательства знаменитой формулы публикуют- ся впервые. Формула Гамильтона имеет вид ОН=ОА+ОВ+ОС, (1) где О — центр окружности, описанной около треугольнйка АВС, Н — точка пересечения высот треугольника (ортоцентр). Докажем формулу разными способами. Рис. 1 Первый способ Имеем (рис. 1): ОН = ОА + АН Поскольку ~АН = 2ОМ~Х (докажите!), а 2О1^ = ОВ+ОС, то ОН = ОА+ОВ+ОС. 254
68. Пять способов доказательства формулы Гамильтона Второй способ д ОН-ОА + АН. . тт D 4^7 X / \--- Докажем, что / I АН^ОВ+ОС. О^н Для этого разложим вектор АН f по векторам ОВ и ОС. С Мх & АН=аОВ+$ОС. (1) Рис’2 Сделаем параллельный перенос векторов ОВ и ОС на вектор О А (рис. 2). Проведя НЕ 11 ОС и HD11ОВ, получим ромб AEHD\ AH = AE + AD. Покажем, что АЕ = ОВ. Пусть диагонали ромба пересекаются в точ- ке N. Поскольку ZANE = 90° и ZNAE = ZMXOB и ОМХ = AN (А/, — середина стороны ВС), то треугольники ANE и ОМ] 2? равны, значит, АЕ = ОВ. Аналогично доказывается, что AD =ОС. Итак, АН - ОВ +ОС, окончательно ОН = О А + ОВ +ОС. Третий способ = ^R2 +R2 +2R2 cos2.A = 727?’(1 ,c°s2А) = 2A|cos = |л flj (воспользовались формулой |ля| = 22?|cos Л[). Итак, |(?2?+ОС| = |Л2/|. Но сумма ОВ+ОС есть вектор 2ОМг, колли- неарный и сонаправленный с АН, поэтому О В+ОС - АН. Поскольку АН = ОН-ОА, тоОВ+ОС =ОН-ОА, значит, ОА +ОВ +ОС = ОН. Четвертый способ Из условия следует, что АН ВС = 0, или 0Я-ОЛ)(ОС-ОЯ) = О. (1) Поскольку ---2 --2 ---2 --2 ОВ =ОС ,тоОВ -ОС =0или 255
Глава VI. Формулы планиметрии Вычтем равенства (1) и (2) почленно: (0C-0Bj(0H-dA-0B-0Cj=Q. (3) -- -- ----2 --2 Аналогично, из условий ВН-СА = О, ОС = ОА следует равенство (оА-дс)(он-дА-дв-дс^=о. (4) Векторные равенства (3) и (4) запишем так: ~ВС(рН-ОА -ОН-ОС)=О, са(он-ОА-ОВ ОС)=О, причем ВС * 0,С4 ф 0. Если допустить, что ОН-ОА-ОВ-ОС 0, то из полученных со- отношений следует, что этот вектор перпендикулярен каждому из векторов ВС и СА, что невозможно. Поэтому ОН -ОА+ОВ +ОС. Пятый способ Воспользуемся свойством точки D, симметричной точке Н отно- сительно середины ВС (рис. 3). Предлагаем доказать самостоятель- но, что эта точка диаметрально противоположна точке А. Рис. 3 Итак, НВ^НС + НВ, НА = НО+ОА. Поскольку АО = OD, то ho=±(ha+hd), НО = 1 (ЗНО+04 +ов +ос), откуда ОН = ОА +ОВ +ОС. 256
69. Формулы для двух перпендикулярных медиан Давным-давно пара перпендикулярных медиан (та и ть) была задействована в задаче: Если две медианы перпендикулярны (та _L ть), то а2 +Ь2 = 5с2 (а, Ь,с — стороны треугольника АВС). Она, эта задача, обошла много задачников и даже попала в задач- ник под редакцией М. И. Сканави. Как вдруг оказалось, что у нее есть... дети: если медиана та перпендикулярна медиане ть,то 2(ctg A +ctg В) = ctg С. Доказать. Да не одним способом! И доказали! Первый способ Равенство а2 + Ь2 = 5с2, запишем, применив теорему косинусов: b2 +с2 -2bccosA+a2 +с2 -2accosB =а2 +b2 -2abcosC+4с2, или -2bc cos А -2ас cos В = -2cZ>cosC +2с2, или be cos А+ас cos В = abcos С-с2. Разделим на 25 (5 — площадь треугольника АВС). Имеем bccosA accosB abcosC с2 ------1-------=----------. Z>csinJ ас sin В ab sin C 2S Получим с2 ctg A+ctg В=ctgC-----. Ho c = hc (ctg В+ctg Л). Имеем . « x Mctg5+ctg A) ctg A+ctg В = ctg C — -------, К отсюда 2(ctg A +ctg B) = ctg C. 17-6-1744 257
Глава VI. Формулы планиметрии Второй способ Имеем с2 =а2 + b2 -2abcosC, отсюда 2abcos С - а2 +Ь2 -с2. По условию 4с2 = а2 + Ь2 -с2,или2с2 =abcosC. Значит, 4/?2 -2 sin2 С = 4R2 -sin A sin jPcosC, или cosC _ 2 sin С _ 2 sin(Л +2?) sin C sin A sin В sin A sin В _ 2(sin A cos В+cos A sin B) _ J cos В + cos A sin A sin В sin В sin A ) или ctg C = 2(ctg A +ctg B). Третий способ Имеем a2 =b2 +с2 -2bccosA,mina2 =b2 +с2 -45ctg А. Отсюда Аналогично, Ь2 +с -а2 ctg А = 45 л a2+c2-b2 г а2+Ъ2-с2 ctg В =--—----, ctg С = 45 45 Тогда 2(ctg В +ctg С) = 2 а2 +с2 -Ь2 +«' + Ъ2 -с 45 2-2д2 _4а2 45 ~ 45 Но . Ь2 +с2 -с2 ctg А^ 45 4/?2 = 2(ctg B+ctgC). 45 258
Глава VII. Геометрические неравенства 70. Самое знаменитое неравенство Речь идет о неравенстве R>2r (Rm г — соответственно радиус описанной и вписанной окружности в треугольник АВС). Думаю, что в школьную «олимпиадную» геометрию это неравен- ство пришло после выхода книги Д. О. Шклярского, Н. Н. Ченцова, И. М. Яглома «Избранные задачи и теоремы элементарной матема- тики» (Москва: Государственное издательство технико-теоретиче- ской литературы, 1952). Поэтому первым способом доказательства будем считать способ, приведенный в книге. Итак, пусть у! иу2 — соответ- ственно вписанная и описанная окружности треугольника АВС (рис. 1). Далее построим «удвоенный» треугольник Ах Вх Cj. Его стороны параллельны сторонам треуголь- ника АВС и проходят через вер- шины треугольника АВС. Проведем касательные к ок- ружности у 2, параллельные сто- ронам треугольника Ах В}С{.Эти касательные определят новый треугольник А2В2С2. Треугольники А1В1С1 и АВС подобны, к = 2 — коэффициент подобия. 17* 259
Глава VII. Геометрические неравенства Поскольку треугольник лежит внутри треугольника Г£ С,. то ралиус R' окружности, вписанной в треугольник А}В , не больше радиуса R окружности у2, вписанной в треугольник 4 R'<R. Поскольку к = 2, то R' = 2г. Значит, 2r < R. Равенство достигается только в том случае, когда треугольник АВС правильный. Второй способ Второй способ предлагает В. В. Прасолов во второй части книги «Задачи по планиметрии»: он аналогичен первому способу (В. В. Пра- солов. «Задачи по планиметрии». — Ч. 2. — Москва: Наука, 1991). Пусть Мх, М7, — середины сторон треугольника АВС (рис. 2). При гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника АВС и коэффициентом гомотетии * описанная окружность у тре- угольника АВС переходит в описанную окружность у. треугольника М}М2М3. Рис. 2 Так как окружность пере- секает все стороны треугольни- ка АВС, то можно построить тре- угольник со сторонами, параллельными сторонам тре- угольника АВС, для которого ок- ружность у, будет вписанной окружностью. Пусть г и г; — радиусы окруж- ностей, вписанных в треугольни- ки АВС и Д ВгС{ ;R и RM — радиу- сы окружностей у и у(. Ясно, что r<r, =RM =|а. Значит, R>2r. 260
70. Самое знаменитое неравенство Третий способ В треугольнике АЙС построим окружность девяти точек. Как из- R rr вестно, ее радиус равен —. Проведя касательные к ней, параллель- ные сторонам треугольника АВС, получим треугольник, подобный треугольнику АВС, для которого эта окружность будет вписанной. /С Следовательно, — > г. Четвертый способ Этот способ дается без комментариев — они излишни. По формуле Эйлера OI2 =7?2 -2Rr. Значит, R2 -2Rr > 0, или й > 2Rr. Пятый способ Поскольку AD . А . В . С . А . В . С 1 г = 4R sin — sm — sin —, a sin — sin — sm — < -, 2 2 2 2 2 2 8 to 7? > 2r. Шестой способ Докажем неравенство 9r < h +hb +h < -R. а у c Действительно, (h'+ht+hA±+±+±-}t:9 (доказывается с помощью неравенства Коши для трех положитель- ных чисел). Но 1 1 1 _ a b с _2р 1 ¥ + ~ + 2? + 2S ~ 2S ~ 7* Таким образом, ha+hb+hc ^г. Докажем, что 261
Глава УП. Геометрические неравенства Рис. 3 Пусть — середина стороны ВС остроугольного треугольника А ВС (рис. 3). Тогда та < ОМ} +R. Но ОМ} = ±АН (Я ~ ортоцентр тре- угольника АВС) и АН -2R cos А. Значит, tn +m a p < < /?(cos 4+cos/?+cosQ+3/?. Поскольку Ho ha +hb +hc 3 cos A+cos В +cosC < - (докажите!), 2 3 9 то/и +т. +mr < R-+3R--R. “ b с 2 2 < та + ть +тс .Значит, 9r < ha +hb +hc < -R, или/? > 2r. Седьмой способ (автор способа — В А. Ясинский) Пусть окружность, вписанная в тре- угольник АВС, касается сторон треуголь- ника в точках К{, К2, К3 (рис. 4). , Обозначим АК3 = x,BKt =у,СК2 =z^ Ясно, что -a+b+с. a-b+с _ а+Ь-с (а, Ь,с — стороны ВС, АС, АВ). Отсюда следует, что a=y + z;b = z+x; с = х+у. Полупериметрр - х+у+ z', площадь треугольника S = ^/xyz[x+y + z); п 1 (x+y)(y +z)(z+x) радиус описанной окружности R -—-—. —г—; радиус впи- 4 ^Jxyz(x+y + z) xyz санной окружности г = 262
70. Самое знаменитое неравенство Неравенство 7? > 2г эквивалентно неравенству j. (х +y)(y + z)(z+x) > 2 777 4 Л ху<(х+у + <) -yjx+y + z которое в свою очередь эквивалентно неравенству (х +У)(У + z)(z+х)> 8xyz, где х, у, z— положительные числа. Неравенство доказывается с по- мощью неравенства Коши: х+у > 2-7*7- Восьмой способ Неравенство R>2r запишем в виде: 5 2S — >—, ^>рн (1) Рн Р (рн — полупериметр ортоцентрического треугольника). ГТ Р Последнее неравенство очевидно, так как — это полупериметр треугольника Л/, М2М3. Поскольку из всех треугольников, вписан ных в данный остроугольный треугольник, ортоцентрический тре- угольник имеет наименьший периметр, то неравенство (1) доказа- но, а вместе с ним и R > 2г. Вместо девятого способа В 1960 году вышла книга киевских учителей Я. И. Айзенштата и Б. Н. Белоцерковской «Решение задач по тригонометрии». Многие учителя хорошо знают (или знали) это истинное пособие д ля овладе- ния методикой тригонометрии. С особым удовольствием цитирую: «Пример 19. Доказать, что в любом треугольнике отношение радиуса вписанной окружности к радиусу описанной окружности 1 не превосходит —. 2 Решение. В книге „Задачи по математике и физике, дававшиеся на приемных испытаниях в 1957 году“, изданной Московским физико-техническим институтом (Москва, 1959) помещены гео- метрические решения этой задачи (с. 47—51). Эти решения инте- ресны, но довольно искусственны, а первое из них занимает бо- лее трех страниц и содержит 4 чертежа. Между тем...» ...и далее смотри пятый способ! 263
71. Благодаря Карно Рассмотрим неравенство, которое «имеет право» быть коллекцион- ным, благодаря применению формулы Карно: ОМ{ +ОМ2 +ОМ3 =R+r. Итак, пусть требуется доказать неравенство: 9 ,, та +mb +тс < -R (та,ть,тс — медианы треугольника ABC,R — радиус описанной окружности). Неравенство в книге В. В. Прасолова «Задачи по планимет- рии» (Москва: МЦНМО, 2001), отмечено почетным значком «*» и доказывается так: в номере 10.5 вначале доказывается с помо- щью векторов неравенство 2 2 2 27R2 т2 +т2ь +т2 < (№ 10.5, а). Затем (№ 10.5, б) рассматриваемое неравенство доказы- вается так: «Достаточно доказать, что (та +ть +тс )2 < 3(/н2 +т2 +тс2) (см. приложение к гл. 9)». Предлагается второй способ Пусть М{ — середина стороны ВС треугольника АВС. Из ЛОМj А (рис. 1): AM <ОМ1 +ОА,млита <ОМ{ +R. Аналогично, ть < ОМ2 +R, тс < ОМ3 +R. Значит, т0 +ть +тс £R+r+3R = 4R+r. и Ног < значит, 2 R 9 т„ +т. +тГ < 4R+—-—R, а о с 2 2 7 что и требовалось доказать. 264
72. Хоровод неравенств Хороводь — танбк... собранье молоде- жи обоего пола на вольном воздухе для пляски с песнями. Владимир Даль «Толковый словарь» «Запевалой» такого хоровода является, наверное, самое популяр- ное неравенство для углов треугольника АВС: . А . В . С 1 sin —sin—sin — < — 2 2 2 8 (А, В,С — углы треугольника). Думаю, что учителя математики впервые познакомились с ним, когда вышел в свет фундаментальный «Сборник задач по специаль- ному курсу элементарной математики» П. С. Моденова (второе из- дание вышло в 1960 году). Но доказательства в сборнике не было, поэтому особую популярность неравенство получило после выхода книги киевских учителей Я. И. Айзенштата и Б. Г. Белоцерковской «Решение задач по тригонометрии» (Москва: Учпедгиз, 1960): «...мы хотим обратить внимание на одно неравенство, связы- вающее элементы треугольника, которое интересно само по себе, с большой пользой может быть применено при доказательстве дру- гих неравенств. Речь идет о неравенствах: А а sin—<——; 2 2jbc sin — < —=; sin — < —~. 2 14ас 2 2-Jab Докажем, например, первое из этих неравенств. Для доказатель- ства удобно воспользоваться теоремой косинусов, ибо она содержит только один угол треугольника. Имеем 2 12 2 '»! а л —О? a =b +с -2occos Л,откудасоз Л =-----------------и 2Ьс . А /1- cos Л sin— =.------- 2 V 2 11^ b2+c2-a2> 2^ 2Ьс } 'а2 -(Ь-с)2 4Ьс аг _ а 4Ьс 24Ъс 265
Глава VII. Геометрические неравенства Доказав эти неравенства авторы предлагают их перемножить, получим А . В . С abc . А . В . С1 sm — sin — sin — <----, или sm — sm — sm — < - 2 2 2 Sabc 2 2 2 8 Второй способ Второй способ был опубликован впервые в книге «Триумф школь- ной геометрии»: Докажем вначале, что sin Л-sin В <cos2 —. (1) 2 Действительно, неравенство (1) запишем в виде: 2 sin Л • sin 5 < 1+cos С, cos(>4-B)-cos(A+B) < 1+cosC, cos(J-5) < 1. Аналогично доказываются неравенства sin 2? sin С < cos2 —, (2) 2 sin A sin C < cos2 (3) Перемножим неравенства (1), (2) и (3). Получим sin2 ^sin2 2fsin2 C<cos2 —cos2 —cos2 —, 2 2 2 o . A . В . С А В С А В C 8 sm — sin — sin — cos—cos—cos — < cos—cos—cos —, 222222 2 2 2 A . В . C 1 sin — sm — sm — < -. 2 2 2 8 Третий способ ABC Если применить формулы R > 2г и г - 4R sin — sin — sin —, то до- 2 2 2 казываемое неравенство очевидно. Четвертый способ Докажем, что А _ olll — 1 2 V be (а, b,c — стороны треугольника, р — полупериметр). 266
72. Хоровод неравенств Действительно, A ll-cosyi sin — =--------. 2 V 2 Поскольку а2 -(Ь2 +с2) cos А =-----------, имеем 2Ьс sin —= ГЬС +с2 а - Р ~У~С^-2 - 2 \ 4bc \ 4bc \ Ьс Аналогично, В_ 1(р-а)(р-с) С 1(р-а)(р-Ь) оХХХ _|" д J оХХХ л J • 2 V ас 2 V ab Значит, . А . В . С (р-а)(р-Ь)(р-с) sin — sm sin — = ——————-. 2 2 2 abc Далее имеем J(p~-a)(p-b) < | ((p -a)+(p - />)), или <j(j>-a)(j>-b) < i(2p-a-b}, 2 c 2 Аналогично, yl(p-b)(p-c) < 1 7(p-c)(p-o) < 1 a "2* b ~2' Перемножая почленно, получим (p-a)(p-b)(p-c) 1 abc 8 ’ что и требовалось доказать. Пятый способ С помощью неравенства Коши (л =2) нетрудно доказать нера- венство ^abc < (a+b)(b+c)(a+c). Поскольку а = 2R sin A, b - 2R sin В, с = 2R sin С, имеем ,л . А А . В В . С С 64 sm—cos — sm — cos — sin—cos — < 2 2 2 2 2 2 . A + B A-B . B+C В-С . A+C A- < 8 sm-cos----sin--cos--sm----cos— 2 2 2 2 2 2
лава VII. Геометрические неравенства Так как + -B C . B+C A . A+C В sm-----= cos—, sm-----= cos —, sm---= cos — 2 2 2 2 2 2 2 o . A . В . C A-B B-C то 8 sm — sin — sm — < cos-cos 2 2 2 2 А-С —cos--- 2 2 TI A-B . В-С . A-C Ho cos---< 1, cos--< 1, cos < 1, поэтому 2 2 2 о . А . В . Сл . А . В . С 1 8 sin — sm — sm — < 1, или sm — sin — sin — < -. 2 2 2 2 2 2 8 Шестой способ . A . В . A . В . C _ sm — sm — sm — = sm — sm — si 2 2 2 ‘ 2 2 л 2 2 A-В cos А+В ----cos . n 2---2 A + B ---------—cos------ 2 2 2 A + B A-B A + B cos------cos----cos —— 2 2 2 2 A + В A — В cos ———cos--- 2 2 cos---- 2 2 A-B . D cos ----- A + B 2 4 2 “ COS ----- _______2 4 2 1 2 cos А+В 2 cos---- ______2 2 2 A-B cos --- _____2_ 4 1 2 A-B -cos 8 1 2 2 A + B cos------ 2 A-B cos--- ____2_ 2 2 1 2 A-B 1 f 1 < — cos* 2 -<-! = - 8 2 8 8 268
72. Хоровод неравенств Неравенство cos А + cos7? + cosC < — Первый естественный способ доказательства этого неравенства основан на том, что Л С 13 cos Л + cos £+cosC = l + 4sin — sin — sin — < 1+4--=-. 2 2 2 8 2 Рассмотрим второй способ, представленный Э. Г. Ротманом и 3. А. Скопецом в книге «Задача одна — решения разные»: пусть окруж- ность, вписанная в треугольник АВС касается сторон ВС,СА> АВ соот- ветственно в точках Д, В{, . Тогда ZAXIB} - 180с~С, где I — инцентр. Воспользуемся соотношением (Д+7^+7Cf)2 >0. Положим IAX =IBl = К\ =L Так как iIAx IB^ = ~cosC, 1А{ -K\ = -cosB, IBY ICX = -cos4, то после возведения левой части неравенства в квадрат, получим 3 cos A +cos В +cos С <-. 2 Этим же способом авторы в книге «Решение геометрических за- дач аналитическим методом» (Москва: Просвещение, 1979) доказы- вают следующую задачу: Доказать, что для всякого тетраэдра ^cosaf < 2, i=l где cij, а 2,..., a6 — величины двугранных углов тетраэдра ABCD. Доказательство Пусть сфера, вписанная в тетраэдр ABCD, касается его граней соответствен- но в точках Ах ,ВХ ,СХ ,DX (рис. 1). Обозна- чим О — центр сферы, радиус ее будем считать равным 1. Из соотношения ---- ---- ---- -----. 2 04, +ОВХ +ОСХ +ODX 1 > О, вычислив скалярный квадрат, получим Предлагаем найти еще способы доказательства. 269
73. О самом замечательном свойстве ортоцентрического треугольника Из всех треугольников, вписанных в данный остроугольный тре- угольник, наименьшим периметром обладает тот, вершины которо- го совпадают с основаниями высот данного треугольника. Наверное, именно так впервые формулировалась проблема орто- центрического треугольника немецким математиком Германом Швар- цем (1843—1921). Из многих известных способов выберем два (первый принадлежит автору этой книги, второй — профессору Н. А. Извольс- кому, помещенный в «Математическом просвещении» № 10 за 1937 г.). Первый способ Лемма 1. Если из вершины ортоцентрического треугольника про- вести перпендикуляры к сторонам треугольника АВС, то отрезок, со- единяющий основания перпендикуляров, равен полупериметру рн ортоцентрического треугольника. Доказательство Пусть отрезок Нх Fx перпендикуля- рен отрезку АС, отрезок Hl F2 перпен- дикулярен отрезку АВ (рис. 1). Вокруг четырехугольника Н\ F} AF2 можно описать окружность, диаметр которой равен отрезку АН} .Тогда FF2 = АН. sin/4 = -. 12 1 В d) Лемма 2. Если через произвольную точку стороны треугольника АВС провести перпендикуляры к двум другим сторонам, то длина 270
73. О самом замечательном свойстве ортоцентрического треугольника отрезка, соединяющего основания перпендикуляров, будет не мень- шей полупериметра рн ортоцентрического треугольника. Доказательство Возьмем, например, на стороне ВС точку F (рис. 1) и проведем перпендикуляры FQX и FQ2 к сторонам АС и АВ. Тогда QxQ2 =AF sin А; sin А — постоянная величина, а длина отрезка AF будет наименьшей, если отрезок AF перпендикулярен отрезку ВС. Отсюда QAQ2 > F1F2, или Q1Q2 — Рн- (2) Переходим непосредственно к доказательству теоремы: из всех треугольников, вписанных в данный остроугольный тре- угольник, ортоцентрический имеет наименьший периметр. Доказательство Рассмотрим произвольный треугольник MFN, вписанный в остроугольный треугольник АВС (рис. 2). Построим точки L и Е, симметричные точке F от- носительно соответственно АС и АВ. Длина ломаной LMNE равна периметру 2р треуголь- ника MFN.QaQ2 — средняя ли- ния треугольника LFE, поэтому Qt Q2 = ~ LE. Но длина LE не больше длины ломаной LMNE. Следовательно, длина отрезкаQtQ2 не боль- ше полупериметра р треугольника MFN, то есть Q& < Р- (3) Сравним выражения (2) и (3), получаем Рн < Q}Q2 < р, или рн < р. Знак равенства будет тогда и только тогда, когда треугольник MFN будет ортоцентрическим. Действительно, в этом случае (рис. 2) /.FNB = С (докажите!), Z.MNF = 180°-2С, следовательно, Z.MNE = 180°-2С+2С = 180°, то есть MNE — прямая линия. Аналогично доказывается, что Z.LMN = 180°, а это означает, что ломаная LMNE совпадает с отрез- ком LE. 271
Глава УП. Геометрические неравенства Второй способ Пусть XYZ — произвольный тре- А угольник, вписанный в остроугольный треугольник ZSC (рис. 3), точка О — ЛнСА центр описанной окружности, R — ра- 1г Диус этой окружности. Обозначим , О \ / \ * si ~ площади четырехугольников ________у/ \ AYOZ, BZOX, CXOY соответственно. л Обозначим угол между отрезками ОА и Рис. 3 — YZ как <р. Тогда 5, --J?KZsin<p<-RYZ. 1 2 2 Аналогично, S?<- XZ, S3<-RXY. 2 2 2 Тогда 5, +52+53 <^R(XY + XZ+YZ) = Rpx, где рх — полупериметр треугольника XYZ. Значит, S <R-px.Тогда R‘Ph <R-Px,wmph <РХ- Знак равенства будет тогда и только тогда, когда треугольник XYZ будет ортоцентрическим. 272
74. Не всякий треугольник может быть разностным Как известно, разностным треугольником называют треуголь- ник, стороны которого составляют арифметическую прогрессию: для определенности Ъ > а > с. Докажем, что не всякий треугольник АВС может быть разност- ным, а только тот, у которого ZA < 60°. Первый способ Имеем tg^ = _L_= 1<Р~Ь)(р-с) 2 p-а у р(р-а) I 13 1 Ноу/(р-Ь)(р-с) <-(р - b+р ~с) = -а, р = -а; р -а = -а.Значиг, tg у < откуда Z4 < 60°. Второй способ Пусть стороны разностного треугольника будут a, a+d,a+2d. То- гда по теореме косинусов (a+d)2 =а2 +(a+2d)2 -2#(a+2d)cos Л, откуда 2a(a+2d)cosA =а2 +а2 +4ad+4d2 -a2 -2ad-d2,откуда л a2 +2ad+3d2 1 a2 +2ad+3d2 2(а2 +2ad) 2 a2 +2ad Очевидно, что a2 +2ad+3d2 > a2 +2ad поэтому сокЛ>—, следовательно, Z^<60°, что и требовалось доказать. 18 - 6-1744 273
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи 75. Они были первыми Вопрос о решении задач многими способами в стереометрии не менее важен, чем в планиметрии. Однако эта достаточно простая мысль, к сожалению, не нашла систематического подтверждения в учебно-методической литературе, хотя полвека назад выдающиеся киевские педагоги Я. О. Айзенштат и Б. Г. Белоцерковская в своей книге «Розв’язання задач з математики в середнш школ!» (Киев: Радянська школа, 1957) первыми продемонстрировали методику поисков альтернативных решений в стереометрии. Рассмотрим одну из таких задач. Задача. Построить угол наклона высоты правильной треуголь- ной пирамиды к боковой грани. Заметим, что каждый из способов решения может показаться многословным и дублирующим один другой. Чтобы избежать этого обманчивого впечатления, в каждом из способов будет выделена главная мысль решения. Рис. 1 Первый способ (перпендикулярност ъ двух плоскостей SOE и SBC) Угол между наклонной и плоскос- тью есть острый угол между наклонной и проекцией ее на эту плоскость. Пусть SABC — данная правильная треуголь- ная пирамида, О — центр основания, ОК — перпендикуляр на грань SBC (рис. 1). 274
75. Они были первыми Докажем перпендикулярность плоскостей SOE и SBC (Е — сере- дина отрезка ВС). Действительно, ВСЕ SO и ВС ESE, значит, ВС перпендикуляр к плоскости SOE. Плоскости SBC принадлежит прямая ВС, поэтому по признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость SCB перпендикулярна к плоскости SOE, значит, перпендикуляр ОК к од- ной из двух взаимно перпендикулярных плоскостей, имеющих об- щую точку О с другой плоскостью, целиком лежит в другой плоскос- ти и пересекает прямую SE пересечения этих плоскостей. Значит, SE — проекция SO на грань SBC и угол OSE — искомый. Второй способ (из точки О опускаем перпендикуляр ОК и доказываем, что SK принадлежит апофеме SE) Из центра основания, точки О, опустим перпендикуляр ОК на грань1 SBC (рис. 1). Через точки 5 и К проведем прямую SE (Е при- надлежит ребру ВС). Докажем, что SE — высота грани SBC. Действительно, ВС Е SO и ВСЕ ОК, значит, ВС перпендикулярно к плоскости SOE, следовательно, ВС ± SE. Третий способ (условно назовем его «планиметрическим») В плоскости треугольника SOE проведем OK ± SE. Докажем, что перпендикуляр ОК будет перпендикуляром к плоскости SBC. Действительно, ВСESE и ВСЕSO,значит, BCEwi.SOE и ОКЕ ВС, а значит, и плоскости SBC. Четвертый способ (соединим точки S и К) Опустим перпендикуляр ОК на плоскость SBC и соединим точки S и К. Докажем, что прямая SK ± ВС. Действительно, поскольку ОК — перпендикуляр к плоскости SBC, то по обобщенной теореме о трех перпендикулярах... Пятый способ (равенство углов OSB и OSC) Поскольку EOSB - EOSC, то точка О проектируется на биссект- рису угла BSC. 18* 275
Глава УШ. Стереометрия. Коллекционные задачи Рис. 2 Шестой способ (отрезок КЕ) Из точки О опустим перпендикуляр ОК на плоскость SBC (рис. 2). Соеди- ним точки К, В и С, опустим перпенди- куляр ОЕ: СЕ = ВЕ. По теореме о трех перпендикулярах EK 1 ВС. Значит, ЕК принадлежит вы- соте SE равнобедренного треугольни- ка SBC. Седьмой способ (высота ОК прямоугольного тетраэдра SO ВС) Известно, что вершина прямоугольного тетраэдра проектируется в ортоцентр основания SBC, значит, точка К принадлежит высоте SE треугольника SBC. 276
76. Прыжок выше головы Применять формулу объема пирамиды 1/1 л • V =-a1«2t/sin<p для школьника — прыжок, потому что она, эта формула «не по про- грамме». А доказать эту формулу способом, новым, ничего общего с известным не имеющим, нигде не опубликованным, это прыжок еще «круче», чем первый, прыжок, которым можно гордиться. Итак; способ первый (традиционный): а1,а2 — длины скрещи- вающихся ребер тетраэдра, d — расстояние между ними, Ф — угол между ними. Пусть Вх ABD — данный тетраэдр и BBt -ax,AD-а2. Дополним его до паралле- лепипеда (рис. 1). Обозначим VT и Ип соответственно объе- мы тетраэдра Д ABD и парал- лелепипеда. Тогда Vr = - Ип, так как Кт =^Я-5,В„ = 1^1^=-HSABCD =irn 1 Adi) 2 AdCD g AdCD 11 Поскольку расстояние d равно расстоянию между гранями AA.D.D и ВВ,С.С, то Ип =d-SBB с с. Но SBB сс = ВВ. BCsin ZB. ВС. Поскольку ВС = AD, ZBX ВС = ф, то $BB^CiC ~ BBY 'AD sin ф, формула V =-а1 a2d sin ф доказана. 277
пава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи А теперь... Способ второй (!) Доказательство по-новому! Рассмотрим тетраэдр SABC (рис. 2). Проведем сечение FBC через ребро ВС и отрезок FE, пер- пендикулярный ребрам AS и ВС. Ясно, что FE = d. Рассмотрим тетраэдр SFCB. Проведем через точку F прямую I, параллельную ВС и опустим пер- пендикуляр SH\ на нее. Докажем, что SHX — высота этого тетраэд- ра. Для этого докажем, что отрезок FE перпендикулярен плоскости SFt. Действительно, поскольку прямая t параллельна ВС, FE перпен- дикулярна t и прямая FE перпендикулярна SF, то отрезок FE перпен- дикулярен плоскости FSHX, следовательно, SHX перпендикулярен FE. Итак, SHX ±FE и SHX ±t, следовательно, отрезок SH{ перпен- дикулярен к плоскости FBC, или SHX —- высота пирамиды SFBC: SHX = SF sin ф Обозначим V — объем тетраэдра SABC, — объем тетраэдра SFBC, — объем тетраэдра AFBC, Q — площадь сечения FBC. Из точки А опустим на прямую t перпендикуляр АН2. Аналогично до- казывается, что АН2 — высота тетраэдра AFBC. АН 2 = FA sin AAFH2 = AF sin ф. Имеем V, = -SHx Q^-FSsinqQ, V2 =-AH2 Q = -FA sin <? Q. 3 3 3 3 Поскольку К +И2,то V = i sin <p-Q(FS+FA) = - BCFE • SA sin ф = - sin ф 3 6 6 Прыжок состоялся! Третий способ Проведем через каждую пару скрещивающихся ребер тетраэдра ABCD соответственно параллельные плоскости (рис. 3). Получим параллелепипед AFBHEDGC, для которого ребра исходного тетраэ- дра будут диагоналями граней. 278
76. Прыжок выше головы Докажем, что объем полученного параллелепипеда (7П) Ип - - ЛТТСР г/sin (р, л 2 1 где d—расстояние между прямыми АВ и CD, <р—угол между АВ и CD. Действительно, поскольку АВ\ | EG и АВ = EG, то Z(DC, EG) -1 АВ CD • sin ср. (1) Sr^.rF =~ EG DC sin Кроме того, d — расстоя- ние между АВ и CD, а значит, d — расстояние между плос- костями граней AFBH и EDGC, т. е. d равно высоте h параллелепипеда, опущен- ной на грань EDGC. Поэтому V — с .h~ г П — ° DGCE ~ = - АВ CD sin у-d. 2 Формула (1) доказана. Докажем, что объем тетраэдра составляет третью часть объема параллелепипеда AFBHEDGC (рис. 3). Рассмотрим тетраэдр ADEC. Пусть А Т его высота (на рисунке не изображается). Тогда его объем : К -SEDGC’AT = -V„ 1 2 JDIAjv - 11 (Кп — объем параллелепипеда). Аналогично, V -V = -К V -V =-У 1 BDGC 6 П ’ Г 3 Г 6 Г П 5 U 6 п r -v = 1г 4 г АВНС г П Тогда V * ABCD п -V =~V 6 п 3 п Учитывая формулы (1) и (2) = _^п = -•-Aff-CD-d sin <р==-AS-CD-rfsin <а ^332 6 что и требовалось доказать. 279
Глава УШ Стереометрия. Коллекционные задачи Четвертый способ Этот способ предложили уча- щиеся. Приходится только вос- хищаться умению детей фанта- зировать. Пусть 5ЛБС — данный тет- раэдр (рис. 4), AS =g, , ~а2, MN — общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых 5L4 и ВС (MN = d), ср — угол меж- ду прямыми 5Л и ВС. Через точку М проведем отрезок ВХСХ параллельный и равный ВС. Треугольники ВМС и Bt NCf равновелики. Действительно, Sbmc=-BCMN, Sbnc =~B.C-MN =-BCMN. Поскольку эти треугольники лежат в одной плоскости, задавае- мой параллельными прямыми ВС и В}С{, то перпендикуляр, опу- щенный из точки S на плоскость ВМС совпадает с перпендикуля- ром, опущенным из точки S на плоскость Bt JVCl. Значит, объемы тетраэдров SBMC и SB, NCt равны: VsBMC =VSB, NC, ' П) Аналогично можно показать, что Рис. 5 = ^с1в1лг- (2) Прибавив левые и правые части равенств (1) и (2), получим: V +v =V +V ' SBMC r АВМС ' SB,h'C, r AC,B,N ’ или V =V r SABC r SB,NC,A' Далее. Заметим, что много- гранник SB, NC, А есть четырех- угольная пирамида с вершиной N и основанием SB, АС, (рис. 5), причем d—ее высота, поскольку MN ± Л5, MN ±ВС, а В,С,11 ВС, следовательно, MN LB,C,. Тогда АВ, SC, = -NMS.„ --d -AS BC-sinZ.SMB, = -sin (p— 3 ZSj SC( J 2 1 6 1 воистину прыжок выше головы! 280
77. Обаятельная скромность стереометрических жемчужин Даже опытный «боец» может не обратить внимания на задачу с заведомо скучным и «занудным» условием: Полная поверхность конуса в два раза больше поверхности вписан- ного в него шара. Определить отношение объема конуса к объему шара. Проведем естественное доказательство методом вспомогатель- ного элемента. Пусть I — центр шара, К — точка касания шара ос- нования конуса (рис. 1). Обозначим / — образующая конуса, R — ра- диус основания, г — радиус шара, — полная поверхность конуса. 5П =ятг(тг+/). Обозначим a — угол IBK. Тогда: „ . . R rctga R = г ctg a,/ =----- ———. cos 2a cos 2a Подставим эти выражения в (1): с х ( х rctga А 5П =nrctga rctga +—-— = cos 2a ) 1 = яг2 ctg 2 а 1 + I cos 2а Пусть 5Ш — поверхность шара. 5Ш = 4лг2. По условию 5П = 25ш, значит, 2x21» 1 яг ctg a 1+----- I cos 2a = 2-4лг2,или (2) l+cos2a 2 ---------= 8tg а. cos 2а Пусть Кк, Кш — соответственно объемы конуса и шара. Имеем 1 > FK = - nR Н (Н — высота конуса). 281
Глава УШ. Стереометрия. Коллекционные задачи 4 1 Поскольку Н = 7?-tg2a,aKni= -яг ,то Ик nR2R tg 2а _ tg 2а V-~ зЛг3 4tg’“ 3 2tga 1 4(1—tg 2a)tg 3a 2tg 2a(l-tg 2a) (3) Далее воспользуемся формулой (2): 8tg За = l+cos2a = 1+-L_ = 1 Д+1ф = cos 2a cos 2a 1—tg 2 a _l-tg 2a+l+tg 2a 2 1—tg 2a 1 —tg 2a Подставим в формулу (3): Г, = 4 = Ч1 - tg ;q) = 2 8tg 2a(l-tg 2a) 2(1 —tg 2a) значит, отношение объема конуса к объему шара равно 2. Уже по ходу решения возможны вариации. Первая вариация Получив соотношение (2), выразим tg 2a через cos 2a. Имеем l+cos2a о 1-cos 2a -------= 8---------, откуда cos 2a l+cos2a cos 2a = -. (1°) 3 Найдем теперь соотношение объемов. Имеем Гк ^etg 3« гш =^лг3- _ 1 Преобразуем выражение etg a tg 2a, учитывая, что cos 2a = -: з о x sin 2a etg a tg 2a = etg a etg a--= cos 2a l+cos2a cosa-2sinacosa _0 —--------------------------o. 1—cos 2a 1 - sm a 3 282
77. Обаятельная скромность стереометрических жемчужин Вторая вариация (интуиция и аналогия!) Поскольку в условии задачи речь идет о соотношении между по- верхностями и объемами, в первую очередь обращает внимание 4 ч 7* формула объема шара Ищ - — пг , или , т. е. формулу объе- ма можно выразить с помощью формулы поверхности (5Ш). Нельзя ли объем конуса выразить с помощью его полной поверхности? По аналогии с формулой площади треугольника S = гр можно предпо- ложить, что Ик = г х. Найдем х. Поскольку VK --nR2H, TO-itR2H = гх, откуда к 3 3 kR'H kR^-R1 Зг Зг (4) (поскольку Н = V/2 -R2). IK кв Выразим г через I и R. По теореме о биссектрисе: — = —, или ___——=-, rl=R^ll2-R2 -Rr, отсюда r(!+R)=R^l2-R2, Подставим (5) в (4): TtR2^l2~R2 -JT^R x =-------==--------, 3-Jl^RR откуда Значит, (6) (по условию) Итак, найдена формула V =-S . Г К 2 п.к. ’ Тогда предложенная задача решается в одну строку. 283
лава УШ. Стереометрия. Коллекционные задачи Третья вариация («Ретро») Стре мление выразить объем конуса через радиус вписанного шара и полную поверхность заставило вспомнить лемму об объеме тел вра- щения, рассмотренную в учебнике А. П. Киселева, изучаемую в шко- ле десятилетиями для вывода формул объема шара и его частей: Если треугольник АВС вращается вокруг оси, которая лежит в плоскости треугольника, проходит через его вершину А, но не пере- секает стороны ВС, то объем тела, полученного при этом вращении, равен произведению поверхности, образуемой противоположной сто- роной ВС на одну треть высоты h, опущенной на эту сторону (А. П. Ки- селев. «Геометрия». — Ч. II. — Москва: Просвещение, 1964. — С. 83). Представим объем конуса АВС (рис. 2) как сумму двух объемов: объем тела, получаемого вращением треуголь- ника АТС (/ — центр вписанного в конус шара) и объема конуса С IB. rK=r1+r2. Объем К, конуса равен Гг=-г-89 2 3 (50 — площадь основания). А объем тела вращения Е, найден по лемме:К --г-5.. 1 3 1 Но 5, — это боковая поверхность конуса АВС, значит, = |r-5, +lr.Sq = ^(S, +5„)=р„. Дальнейшее — как и в предыдущем способе. Гипотетичный финал Все предыдущие способы наталкивают на гипотезу: Если шар радиуса г вписан в многогранник и вписан в конус, то 5Ш S„ 5К 3 (Еш > — объем и поверхность шара, Км, 5М — объем и полная по- верхность многогранника, , 5К — объем и полная поверхность конуса). 284
77. Обаятельная скромность стереометрических жемчужин Доказательство Имеем: Кш 4лг3 г \7~4-Зтгг2 "3‘ 3V V г Воспользуемся формулой г - ——. Значит, —— = —. «Ум «Ум 3 Докажем, что 5К 3' Первый способ Аналогичен выводу формулы длины окружности или площади кру- га: бесконечно увеличивая количество вершин основания правильной л-угольной пирамиды, вписанной в конус, перейдем к пределу. Для тех, кого не устраивает этот способ, предлагается еще... Второй способ (он фактически дублирует рассмотренный третий способ решения задачи) Кк = tiR2H _ HR о \ 3nR(l+R) 3(1+R) { ' (/ — образующая конуса, R — радиус основания конуса, г — радиус вписанного шара). Далее R г I ~ Н-г откуда г = —. (2°) 1+R V г Сравнивая выражения (2°) и (1°), получим, что —5- = -. Третий способ найдите самостоятельно. 285
78. Прямая Эйлера и стереометрия Применение планиметрии в стереометрии не просто привычно, а обязательно. Удивить искушенного читателя этим очень трудно. То ли дело — применить стереометрию к доказательству планимет- рических теорем! Таких случаев буквально наперечет. Поэтому каж- дое новое применение — событие для интересующихся геометрией. Тем более, если это касается прямой Эйлера. Предварительно рас- смотрим несколько задач. Задача 1. Пусть О — центр сферы, О. — центр сечения сферы. Доказать, что отрезок 00. — перпендикулярен плоскости этого сечения. Рис. 2 Доказательство В сечении проведем два д иаметра АВ иСО (рис. 1). Треугольники ОАВ и OCD — равнобедренные, а ОО. — медиана, про- веденная к основанию этих треугольни- ков. Поскольку ОО. ± АВ и 00. 1CD, то отрезок ОО. перпендикулярен се- чению. Задача 2. В треугольной пирамиде SABC плоские углы при вершине 5 прямые. Доказать, что скрещивающи- еся ребра перпендикулярны. Доказательство Действительно, поскольку SC-LSAnSClSB (рис. 2), то ребро SC перпендикулярно грани SAB, значит, SC.LAB. 286
78. Прямая Эйлера и стереометрия Задача 3. В треугольной пирамиде SABC плоские углы при вер- шине S — прямые. Доказать, что вершина S, точка М — центроид основания АВС и центр О описанной около пирамиды сферы при- надлежат одной прямой. Доказательство. s В треугольнике АВС (рис. 3) прове- у к дем медианы АК и СР. Поскольку //ЛХ KASB = 90°, то точка Р есть центр ок- / /('| X ружности, описанной около треуголь- / / } | \ ника ASB, значит, по задаче 1 отрезок / I РО перпендикулярен плоскости AS В. / / I Х„ По задаче 2 ребро SC перпендикулярно / плоскости ASB. Таким образом, отрез- р /К ки РО и SC — параллельны и точки Р, ] в О, S, С принадлежат одной плоскости. Аналогично доказывается, что точ- Рис 3 ки О, К, S, А принадлежат одной плос- кости. У этих плоскостей есть две несовпадающие общие точки 5 и О, поэтому прямая SO — линия пересечения этих плоскостей. Первой плоскости принадлежит медиана СР, второй — медиана АК, значит, точка М — точка пересечения этих медиан — принадле- жит двум плоскостям, т. е. пересечению SO этих плоскостей, что и требовалось доказать. Задача 4. Если в треугольной пирамиде SABC плоские углы при вершине 5 прямые (прямоугольный тетраэдр), то центроид G тетра- эдра принадлежит прямой SO. Действительно, это так, потому что точка G принадлежит прямой SM ~ медиане тетраэдра. Стереометрическое доказательство теоремы о прямой Эйлера Рассмотрим прямоугольный тетраэдр SABC. Обозначим Н — ор- тоцентр треугольника АВС, М — центроид треугольника АВС, О — центр окружности, описанной около треугольника ABC, Q — центр сферы, описанной около прямоугольного тетраэдра SABC. Ортого- нально спроецируем точку S на основание АЙС. Тогда она спроеци- руется в ортоцентр Н, а точка Q — в точку О (рис. 4). Поскольку QO перпендикулярна плоскости АВС (задача 1), то SH\ [ QO. Проведем через точки S, Н, Q, О плоскость. Она пересечет 287
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи плоскость АВС по прямой НО. Точка М принадлежит прямой SQ и плоскости АВС, значит, и прямой НО. Таким обра- зом, точки Н, М, О принадлежат одной прямой — прямой Эйлера. Докажем, что 20М = МН (опять же с помощью стереометрии). Рассмотрим подобные треугольники SHMnQOM-. МН MS' 1 Строим вспомогательный паралле- лепипед с основанием ААХ BS (рис. 5), F — точка пересечения диаго- налей прямоугольника ААХ BS. Поскольку треугольники ЕСМ и SFM подобны, то ST _ FM _ MS ЕС ~ МС ЕМ’ Поскольку FS _ 1 ЕС 2’ то М — центроид треугольника АВС и MS' 1 ЕМ 2’ Поскольку Q — центр сферы, опи- санной около параллелепипеда, то EQ = QS. Отсюда ЕМ = 2QM+MS. Тогда ЕМ ^2QM+MS 2 MS MS или +1 = 2, или 2QM = MS. MS Учитывая равенство (1), получим 20М - НМ. 288
79. Стереометрическая аналогия формулы Эйлера Формула Эйлера о расстоянии между центрами вписанной в тре- угольник окружности и описанной не может не нравиться: OI2 = R2 ~2Rr. Она обладает качествами, которые удовлетворят самого взыска- тельного эстета: ее форма, разнообразие доказательств, доступность даже восьмикласснику и, конечно же, применение. Как это часто бывает, в стереометрии аналог этой формулы дол- гое время найден не был, если не считать следующую задачу: В тетраэдре DABC точка О — центр описанной сферы, К — ее ра- диус, точка Оо — центр окружности, описанной вокруг треуголь- ника АВС, точка 1О — центр вписанной в этот треугольник окруж- ности, 7?о и го — радиусы этих окружностей. Доказать, что OI2 =R2 -2Ror„. Доказательство Поскольку отрезок ООо перпендику- лярен плоскости АВС (рис. 1), то тре- угольники ООо А и ООа 10 — прямоуголь- ные. Имеем ОА2 =О02 + АО2, OI2=OO2+OJl, откуда ОРо = ОА2-АО2 +OJ2 = =Я2 -R2+OoI2. По формуле Эйлера для треугольни- ка АВС OQI2=R^-2Roro. Рис. 1 Следовательно, OI2 =R2 -2R0r0. 19-6-1744 289
"лава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи Хотя условие задачи не совпадает с поставленной целью — найти формулу 01 в пространстве, ее вид позволяет надеяться, что в иско- мой формуле будет фигурировать выражение/?2 -2Rr. * Л * Несколько лет назад в журнале «Математика в школе» была опубликована формула Дюранда: В правильной треугольной пирамиде ОГ = (/?+г)(/?-Зг) (О — центр описанного шара, /? — радиус, I — центр вписанного шара, г — радиус). Нетрудно показать, что вид формулы напоминает формулу Эйлера: (R + r)(R-3r) = R2 -3Rr+Rr-3r2 =R2 -2Rr-3r\ (*) Рис. 2 Следовательно, В журнале формула доказывалась так: Доказательство Доказательство проведем для слу- чая, когда центр описанной сферы ле- жит внутри пирамиды (рис. 2). Пусть SABC — правильная треугольная пира- мида, Н — центр основания АВС, М — середина АС, К — точка касания впи- санной в пирамиду сферы с боковой гранью SAC. Тогда SM — высота боко- вой грани SAC и К е 5Л/.Ясно, что OI=\R + r-f], где h = SH — высота пирамиды. OI1 =R2+r2+2Rr+h2-2h(R+r). (1) ВыразимЛ2 -2й(/? + г)через/?иг. Пусть НМ = х — радиус окружно- сти, вписанной в равносторонний треугольник АВС, тогда АН =2х. Прямоугольные треугольники SKI и SHM подобны, откуда IK SI НМ SM Поскольку SI = h-r,lK = r,a SM = 'Iti2 +х2 (из прямоугольного треугольника SHM), то г _ h-r х 4h2 +х2 290
79. Стереометрическая аналогия формулы Эйлера откуда г2(й2 +*2) = x2(h-r)2 ,x2(h2 -2hr) = h2r2, поэтому x2=AL, (2) h-2r Из прямоугольного треугольника ОНА: ОН2 =ОА2-АН2 =R2 -4х2, с другой стороны, ОН = SH -SO = h-R. Следовательно,(A-A)2 -R2 -4х2, откуда 4x2 = 2hR-h2, (3) Из (2) и (3) имеем: ^L = 2hR-h2, h-2r 4r2 т. е. —— = 2/J - Л, 4r2 = 2Rh-4Rr-h2 +2rh, h-2r h2 -2h(R + r) = -4Rr-4r2. (4) Подставим (4) в (1): OI2 -R2 +r2 +2Rr-4Rr-4r2 =R2 -2Rr-3r2, что и требовалось доказать. Будем считать доказательство Дюранда первым способом и дока- жем формулу (*) вторым способом (с помощью тригонометрии). Второй способ Обозначим (рис. 3) ZHSB=a,ZHSE = $, d — расстояние между центрами О и I сфер. Очевидно, что SH=R+r±d. Обозначим SH = й. Имеем HB = htgu; НЕ = htgQ = HBcos- = -HB, 3 2 Рис. 3 19* 291
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи й = гч---- sinp h=R+Rcos2a = 27?cos2 а. Сравним выражения (1) и (2): 2T?cos2a=r 1+----- . < sin р ; В правильной треугольной пирамиде tga =2tgp (доказать!). Поскольку (1) (2) d°) г sinp sinp следовательно, J2 = Я2 -^L+-^— = R2 -2Rr + r2f sinp sin2p tg 2pJ Учитывая соотношение (1°>, имеем OI2 =R2 -2Rr+r2(l-4) = R2 -2Rr-3r2, что и требовалось доказать. Пользуясь аналогией, обобщим формулу Дюранда (формулу Эйлера) для «-угольной правильной пирамиды: OI2 =R2 -2Rr-r2tg2—. п Первый способ Рассмотрим «секцию» «-угольной пирамиды SHBA(рис. 4) (SH = h— вы- сота «-угольной пирамиды). 01 =|тг+г-л|. Следовательно, OI2 =R2 +r2 +2Rr + h2 -2h(R + r). (1) Обозначим НЕ = х\ 1К = г; SE = ^h2 + х2; SI-h-r. 292
79. Стереометрическая аналогия формулы Эйлера Прямоугольные треугольники SIK и SEH подобны: IK SI г h-r НЕ SE х Jh2^2 2 2 2 hr2 h-2r (2) ИзД£НЛ НА = — л cos п Jr2 R2----- 2 7t COS n или Y2 h2-2hR+R2 =R2---- 2 я cos — n (3) Сравним (2) и (3): -^—=(2Rh-h2y 2 Л cos —; п 2 2 Я cos —; п r2 -h2 +2R/i+2hr= -— + 4/?r; 2 cos - n r2 h2-2h(R+r) =---------4Rr. 2 cos — n Подставим это выражение в (1): ОГ =R2 +r2 +2Rr+h2 -2h(R+r) = „2 / = R2 +r2 +2Rr--------4Rr=R2 -2Rr + r2| 1-sec 2 Л \ cos — v n 2 Л и -R2 -2J?r-r2tg 2—, п что и требовалось доказать. 293
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи Второй способ (с помощью тригонометрии) Обозначим Z.HSA = а; ZESH = р (рис. 4), d — расстояние между центрами О и I сфер, h — высота пирамиды. Тогда h = 7? + г +d (знак перед d определяется взаимным расположением центров О и I). Имеем: HA = htgra‘, НЕ = htg$ = HAcos — , п откуда следует, что tg р - tg a cos —. п В треугольнике SHE: , г h = r+-----------------------------. sinp В треугольнике SHA: h=R+Rcos2a = 27fcos2 а. Значит, 27?cos2a=r 1+----- < sin р и ктомуже</=|7?+г-Л( = 7?— Тогда 1г2 ( 1 г2 d2 =7?2 -2Rr——+——— = R2 -2Rr+2Rr 1-— +-А— = sinp sin р sinpJ sin p =7?2 -2Rr+r2 sin2 p Jcos2 a 1 1 sin2 р 1 1 =7f2 _D 21 tg a -2Rr + r 1— I tg2p 1 t. e. d2 =R2 -2Rr+r2 1- 2 COS — , откуда и следует доказываемая формула. Следствие: R>r it cos — n 7 294
80. Альтернатива теореме Чевы в стереометрии Аналогией теоремы Чевы на плоскости есть условие пересечения прямых в гранях тетраэдра (см.: Г. П. Бевз. «Геометр1я тетраедра». — Киев: Радянська школа, 1974. — Раздел 84). Предлагается иная зависимость, альтернативная «условию Чевы». Для того, чтобы две прямые, проведенные через вершины А и D тетраэдра пересекались, необходимо и достаточно, чтобы выполня- лось соотношение с S' ^А/),С _ DAjC z.4 с с ’ * * iJADlB >JDAlB где AlnDl — точки пересечения этих прямых с гранями DBC и АВС. Доказательство Необходимость. Пусть прямые АА{ и пересекаются в точке О. Через эти прямые проведем плоскость ADF (рис. 1). Понятно, что SFDtc _ CF SCAF CF SFDxB BF' BF Следовательно, CAP ~ _ ^ADtC _ CF S Dip — Л"pn n S,„ R BF tjA-T л iZ j D Ajj g JP Аналогично доказывается, что _ CF Sn~liF’ LM.y Ja то есть выполняется равенство (1). Рис. 1 Достаточность. Допустим, что прямые АА} и DD{ не имеют об- щей точки. Пусть прямая DA. пересекает сторону ВС в точке F2, а прямая АО, — в точке Fx. 295
Г лава VIII. Стереометрия. Коллекционны е задач и Понятно, что *^АО,С _ CFj ^1>Л,С _ CF2 $AD,B FFl ^DAiB FF2 Следовательно, CFl = CF2 BFt BF2 .или c/; cf2 —-+i=—- BF} BF2 BC BC то есть ---=-----. Отсюда BF, = BF? и точки F. и К совпадают. BFV BF2 1 1 Следовательно, прямые ААХ nDDl пересекаются. Можно показать, что условием пересечения прямых АА}, ВВ1, СС, ,DDl в одной точке является выполнение для каждых двух из них условия (1). Задача 1. Доказать, что медианы тетраэдра пересекаются в одной точке. Доказательство Поскольку точки Z), и Л, — центроиды граней АВС и DBC и пло- щади треугольников ADtC, ADl В и DAC, DA} В равны, то утвержде- ние задачи доказано. Задача 2. На гранях ABC, DBC, DC A, DAB тетраэдра DABC заданы соответственно точки/),, А{ ,В} ,С( .Они соединены со всеми верши- нами граней, которым принадлежат. Площади каждого из получен- ных треугольников в сумме с площадью грани, которая имеет об- щую сторону с этим треугольником, равны. Доказать, что прямые АА}, ВВ} ,СС, ,DD} имеют общую точку. Доказательство Докажем, что прямые ААХ viDD{ пересекаются. По условию (рис. 1) 5 *^1 + ‘^Л2>1С = $2 + FADtB = = $2 + $ DAtB ~ V’ где 5,, S2 — площади граней DAC и DAB; S — полная поверхность тетраэдра. Отсюда ~ ^DAyC ~ $ DAtB * *^2 Подстановка последних равенств в уравнение (1) преобразует его в тождество, что доказывает утверждение задачи. 296
80. Альтернатива теореме Чевы в стереометрии Задача 3. В гранях тетраэдра DABC заданы точки D}, Д ,ВХ ,СХ .ко- торые соединены со всеми вершинами граней, которым принадле- жат. Отношения площадей каждого из полученных треугольников к площади грани, которая имеет общую сторону с треугольником, равны. Доказать, что прямые DDX, ААХ ,ВВХ ,ССг имеют общую точку. Доказательство Обозначим и - площади граней соответственно ADC и ADB. Имеем (рис. 1): с с г с _ '-’ао.д °л,ов _ *-’л1ДС 5, sT-” S2 " 5, ’ следовательно, выполняется условие (1). Задача 4. Доказать, что в тетраэдре DABC прямые DI, А1Х, В12, С13, где I,1Х,12,13 — инцентры соответствующих граней, пересека- ются в одной точке, если произведения длин противоположных ребер равны между собой. Доказательство Докажем, что DI и А1Х пересекаются. Пусть гиг,- радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABCmDBC. Имеем: ~Г'Ь-> А1В =Г’С, 1SDIC = -by, 1SDI B = rx "Cj (b и bx, с и q — длины ребер соответственно AC и CD, AB и BD). Подставляя эти выражения в (1) и учитывая условие bct = Ьхс, получим требуемое утверждение. Задача 5. Доказать, что четыре высоты тетраэдра пересекаются в одной точке, если произведения косинусов двугранных углов при скрещивающихся ребрах равны. Доказательство Пусть Н — проекция вершины D на грань АВС, а Нх — проекция вершины А на грань DBC. По теореме про площадь проекции пло- ской фигуры имеем SAH{ = SADC cos cpj, где tp, — линейный угол дву- гранного угла с ребром АС. Далее запишем: SA!lB = SADB -cos <р2 ,где <р2 — линейный угол дву- гранного угла с ребром АВ; SDHjC = SA[)C -cos <р3, где ср3 — линейный угол двугранного угла с ребром CD; SDIi B =SAOB -cos<p4, где <p4 — линейный угол двугранного угла с ребром DB. Подставляя эти соотношения в формулу (1) и учитывая условие, получим утверждение задачи. 297
81. Сечение одно — способы разные Условие задачи «обманчиво» просто: Плоскость пересекает боковые ребра правильной четырехуголь- ной пирамиды в точках, расстояния от которых до вершин равны а, Ь, с, d. Доказать, что 1111 а с b d Но стоит «чуть-чуть» переписать иначе буквенное равенство: а+с _ b+d ас bd как ассоциативно возникает сравнение с формулой биссектрисы внутреннего угла треугольника: la - cos —. Срабатывает! Ь+с 2 Первый способ Пусть SABCD — правильная четырехугольная пирамида (рис. 1). PNQM — ее сечение данной плоскостью, SN -a, SQ = b, SM-с, SP - d. Пусть SO — высота пирамиды; а — угол между высотой пира- миды и боковым ребром: а = ZNSO = ZQSO = ZMSO = ZPSO. 298
81. Сечение одно — способы разные Пусть прямая SO пересекает сечение PNQM в некоторой точке О{. Поскольку SO — биссектриса углов ASC и BSD, то SO{ — биссектриса треугольников SNM и SPQ. Тогда по формуле длины биссектрисы (. 2Ьс I =—cos— .имеем I Л Ь+с 2 J 2bd „„ 2ас cos а = SO. =-cos а, b+d------------’ а+с 1111 отсюда что и требовалось доказать. а с b d Второй способ Обозначим 5’ЛМ01 = = S2, SMSOi = , SpSOt ~$4‘ тл Имеем — = S2 aSOx ~bSO{ а = —, отсюда b (1) S, aSO, а - =-,отсюда с Далее —- = 53 cSO, и 5, _ aSOx _ д S4 dSO{ d’ отсюда (3) Кроме того, SNM _ ^1 +^3 = ОС и ^SQP S SAC S SAC SA S SBD S2 +S4 _ bd ^SCD SA2 отсюда +53 _ ac S2+S4 ~~bd' Учитывая соотношения (1), (2) и (3), получим „ cS. 5,+—L 1 a ос bS. dS. bd' --L + —L a a a+c ac 1111 или---- —, откуда -+- = —i— b+d bd a c b d 299
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи Третий способ Пусть боковое ребро пирамиды равно /.Тогда SN = -SA; SQ = -SB; SM = -SC; SP = -SD. (1) / / / I Согласно условию принадлежности точек N,Q, М, Р одной плоскости, имеем SP=a.SN+$SQ+ySM, гдеа+р+у = 1. (2) Учитывая соотношения (1), получим: -5О = а--&4+В--^+у-5С,те. I I I I SD = — SA+—SB+—^. (3) d d d Заметим, что SB+SD-SA + SC, а значит, SD = SA-SB+SC. (4) Сравнивая правые части формул (3) и (4), получим d d d откуда “=1, ₽*=-1, Е=1, d d d откуда d „ —d d a=-; P = -T’ y = <5) a b c Подставим полученные выражения в выражения (2) d d d А d d , d 1111 --+—= 1, откуда-+- = ]+-, или- a b с ас b a c d b что и требовалось доказать. Четвертый способ Пусть NM пересекает АС в точке Р (рис. 2). По теореме Менелая для SASO и прямой NM: AN SO' OP NSOp-PA = 1, откуда ANSOX АР NS Op OP' (1) 300
81. Сечение одно — способы разные По теореме Менелая для MJSO и прямой NM: CM SO, OP MSO,OPC ~ ’ откуда CM SO, PC MS 0,0 OP Пусть b — боковое ребро. Прибавим (1) и (2): AV СМА SO, _ АР + РС АС+2PC _ 2ОС+2РС ~NS+MSJOlO~ OP ~ ОС+РС ~ ОС + РС откуда AN CM 2SO, b-NS b-MS ISO, ---+ ?=-------Ч ИЛИ — +-------=------, AS MS 0,0 NS MS 0,0 b b 2 SO или--+ ——~+2 NS MS 0,0 1 . 1 t2W+°iQ)_2 NS + MS J 0,0 0,0’ откуда Аналогично, 1 1 _ 2 SO NS +MS b-O,O' 1 1 2SO —+— =---- QS LS b-O,O (3) (4) 301
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи Следовательно, NS + MS QS +LS Замечание: Случай, когда NM ] | АС или QL11BD не сложен и дает те же результаты (3) и (4). Предлагаем найти еще способы доказательства. 302
82. Медианы тетраэдра Опять аналогия. Аналогия между медианами треугольника и ме- дианами тетраэдра. Отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центрами тяже- сти противоположных граней, пересекаются в одной точке, деля- щей каждый из них в отношении 1:3. Эти отрезки называются ме- дианами тетраэдра. 1 Первый способ Пусть М — середина ребра ВС тетра- эдра DABC (рис. 1). Отрезки DM и AM — медианы граней DBC и ABC, G', G" — центроиды треугольников DBC и АВС. Поскольку MGV: МА = MG': MD = 1:3, то отрезок G'G"параллелен ребру AD и равен AD. Обозначим G точку пересе- чения медиан AG' иDG".Треугольники GG 'G" и GAD подобны и G ’G : GA = G "D: GD = G fG": A D = 1:3. Итак, отрезки G А и G "D делятся. в точке пересечения G в отноше- нии 1:3. Аналогично доказывается, что и отрезки, соединяющие верши- ны В и С с центроидами граней ACD и ABD, пересекают отрезок DG" и делят его также в отношении 1:3, и потому проходят через ту же точку G. Второй способ (описанный параллелепипед) Через скрещивающиеся ребра тетраэдра DABC проведем парал- лельные плоскости. Получим параллелепипед AAlBBi DDX CCt, опи- санный вокруг тетраэдра DABC (рис. 2). 303
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционны е за да ч и Лемма. Диагональ описан- ного параллелепипеда пересе- кает одну из граней в ее цент- роиде. Доказать. Доказательство Проведем диагональное сечение ААХСХС. Ему принад- лежат отрезки АСХ и CtV2 (N2 — середина отрезка ВО). Отрезок CN2 является ме- дианой в треугольнике 5CZ). Эта медиана пересекает диа- гональ параллелепипеда АСХ в точке Q. Из подобия треугольников N2QCX и CQA следует, что CQ:QN2 =AC:N2Cl =2:1 Следовательно, точка Q — центроид треугольника CBD. Медиана тетраэдра DABC принадлежит диагонали описанного 2 вокруг него параллелепипеда и равна - этой диагонали, а медианы тетраэдра пересекаются в одной точке — точке пересечения диаго- налей описанного параллелепипеда. Рис. 3 Третий способ Пусть М и К — точки пересечения медиан треугольников АВС и SBC в тет- раэдре SABC (рис. 3). Тогда МТ:МА = 1:2, KT:SK=l:2. Поскольку отрезки MS и АК лежат в одной плоскости, то они пересекаются (в точке Е). Пусть АЕ: EK =p\q\SE: ЕМ = т:п. Тогда --- 1— 2 — SM = -SA+—ST, 3 3 SE = SM = —-— £4 + 2т ST. т+п 3(т+п) 3(т + и) SE = SA +-?- SK = SA + 2f> ST, p+q p+q p+q 3(p+q) 304
82. Медианы тетраэдра значит, q _ т p+q 3(т + п)’ 2р _ 2т 3(р +<?) 3(т + п) ’ отсюда^ :р = 1:3, значит, т.п =3:1. Аналогично доказывается, что отрезки, которые соединяют вер- шины В и С с точками пересечения медиан противоположных гра- ней, делятся в отношении 3:1. Четвертый способ Пусть X — произвольная точка. Тогда имеет место зависимость ~ХМ =^(ХА + ХВ + ХС), M=^(XB+XC+XS) (рис. 3). Вычтем почленно эти равенства, получим KM = -SA. 3 Это значит, что АТКЦЛХ и КМ :SA = 1:3. Поскольку треугольники ЕМК и EAS подобны, то ME: ES = EK :АЕ = МК: AS =1:3. Аналогично доказывается, что отрезки, которые соединяют вершины В и С с точками пересечения медиан противоположных граней, пересекают один из данных отрезков АК или SM в точке Е и делятся этой точкой в таком же отношении. 20 - 6-1744 305
83. Теорема Чевы... в стереометрии «Пересекаются или не пересекаются?» — вопрос в стереометрии встречается достаточно часто хотя бы из-за скрещивающихся пря- мых: например, высоты тетраэдра могут и не пересекаться (сравните с треугольником). К сожалению, здесь «планиметрическая» теорема Чевы не поможет. Однако... Задача. В боковых гранях SBC, SAC и SAB тетраэдра SABC прове- дены биссектрисы SA,, 37?,, ЗС, соответственно. Доказать, что пря- мые ААг, ВВ1 и СС, пересекаются в одной точке. Первый способ Так как прямые АА{, ВВ{ и СС, принадлежат одной плоскости, то возникает возможность применить теорему Чевы (рис. 1). Доста- точно доказать, что АВХ -САХ -ВСХ В,С-А1В-С1А (*) По свойству биссектрисы: АВХ _AS CAj SC. BXC SC’ AlB SB’ BCX _ BS CXA SA' Подставим эти значения в соотношение (♦), получим АВ} -СА'-ВС' _ AS-SC-BS В'С-А'В-С'А SC-SB-SA ’ значит, прямые ЛА, ,ВВХ иСС, пересека- ются в одной точке. 306
83. Теорема Чевы... в стереометрии Второй способ Докажем задачу без применения теоремы Чевы. Отложим на боковых ребрах SABC равные отрезки SD, SE, SF (рис. 2). Пусть £4, пересекает EF в точке А2, SB{ пересекает DF в точке В2, SQ пересекаетDE в точке С2 .Так как SA2 — биссектриса равнобедренного треугольника ESF, то SA2 — медиана, а значит, точка А2 — середина ЕЕ. Аналогично доказываем, что В2 — середи- на DF,C2 — середина DE. Итак, отрезки DA2, ЕВ2 и FC2 — медианы треугольника DEF, а значит, пересекаются в одной точке (точке М). Таким образом, плоскости SA2D, SB2E и SC2 F имеют общую пря- мую SM. Пусть прямая SM пересекает плоскость АВС в точке Q. Точка Q принадлежит плоскостям АВС и 5Д42, так как Q е SM, SM е(SDA2). Значит, точка Q принадлежит общей прямой этих плоскостей, т. е. Q е ААХ .Аналогично доказывается, что Q е ВВХ и Q eCCj. Таким образом, прямые AAt, ВВ1 и CCt имеют общую точку Q. Рис. 2 20* 307
84. Прямоугольный тетраэдр как Клондайк аналогий Читатели, знакомые с книгами автора, наверняка заметили «охоту за аналогиями». Не буду приводить вновь слова Штефана Банаха «Ма- тематик — это тот... и т. д.». Скажу только, что обращение к аналогии вполне естественно — это путь в научных исследованиях и в методике преподавания математики. Сам удивляюсь, что до сих пор не обратил должного внимания на аналогию между прямоугольным треугольни- ком и прямоугольным тетраэдром. Особое внимание — пространст- венной теореме Пифагора. Но, как говорится, по порядку. Задача 1. В прямоугольном треугольнике cos a +cos2 0=1, где а и 0 — острые углы треугольника. Доказательство общеизвестно. Задача Г. В прямоугольном тетраэдре DABC грани DAB,DBC,DAC образуют с основанием АВС углы а, 0, у. Доказать, что cos2 a +cos2 0 -I cos у = 1. Доказательство Лемма. Пусть а, 0, у — углы, образованные прямой de тремя вза- имно перпендикулярными прямыми. Доказать, что cos2 a +cos2 0+cos2 у =1. Действительно, если на этих трех взаимно перпендикулярных прямых построить прямоугольный параллелепипед с ребрами а, Ь,с, то его диагональ d вычисляется по формуле d2 =а2 +Ь2 +с2. Но а=d cos cc,b=d cos 0; с = d cos у. Значит, d =d2(cos a +cos' 0+cos2 yj или cos2 a +cos2 0+cos2 у =1. 308
84. Прямоугольный тетраэдр как Клондайк аналогий Перейдем к задаче 1° (рис. 1). Поскольку точка D проектируется в ортоцентр Н грани АВС, то линей- ные углы двугранных углов при осно- вании образуются высотами соответ- ственных граней, например, /DEC = у. Поскольку Z.EDC=90°, то /HDC = /DEC - у. Значит, два других аналогичных линейных угла равны р (/HDB) и а {/HDA). Высота DH образует с тремя перпендикулярными прямыми DA,DB, DC углы а, Р, у. По лемме cos2 а +cos2 р +cos2 у = 1. Задача 2. Площадь прямоугольного треугольника с катетами а и b равна -ab. Задача 2°. Объем прямоугольного тетраэдра равен - abc (а, Ь,с — ребра при вершине/)). Указание. Применить формулу V = -aia2dsin ср(Ц иа2 — скрещи- 6 бающиеся ребра тетраэдра, d — расстояния между ними, <р — угол между ними). Задача 3. В прямоугольном треугольнике с катетами а и b имеет место равенство = ± 1 Л2 а1 + Ь2 (h — высота, опущенная из вершины прямого угла). Первый способ Пусть /СВА =а (рис. 2). Тогда sin a cos а 1 j 1 _ sin2 а +cos2 а _ 1 7+F л2 V 309
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи Второй способ 1 1 а2 +Ь2 _ с2 _ 1 аг + б2~~ a2b2 ~4S2~li2‘ Задача 3 . В прямоугольном тетраэдре DABC боковые ребра рав- ны а, Ь,с. Высота DH = Л. Доказать, что . |<ч + 1м 1 О + -1ъ II -1% Первый способ Обозначим углы между высотой £)Я и ребрами DA,DB,DC (рис. 1) через а, р, у соответственно. Тогда DH h п h h DA a b c По лемме: cos2 a +cos2 p+cos2 у =1, h2 h2 h2 . или —+—- +— = 1, a2 b2 c2 1111 откуда — a2 b2 c2 h2 Второй способ Имеем: 111 _а2Ь2 +Ь2с2 +а2с2 а2 Ь2 с2 а2Ь2с2 \s^sl^sl) S2 _ 1 36F2 9Г2 h2 ’ где была применена пространственная теорема Пифагора (см. ниже): S2+S2+S2=52. Задача 4. В прямоугольном треугольнике ABC (Z.C = 90°) ВС = ^АВВН3. Задача 4°. В прямоугольном тетраэдре SCAB (АВС — основание, SH — высота) S SAB ^^АВС ' ^АНВ • 310
84. Прямоугольный тетраэдр как Клондайк аналогий Доказательство По теореме о площади плоской фигуры (рис. 3): с с _ АНВ ** SAB COS(p (<р—угол между гранями САВ и SAB). СО8ф=—~ Вляг Подставим (2) в (1): проекции (1) (2) S q V _ АНВ иАВС SAB л откуда 5 SAB SABC • SA/jB. Теорема Пифагора Пусть — S2 , Sqbc ~ *5*1 ’ ^QAB ~ 5з ’ SABC = S(Q— вершина прямоугольного тетраэдра QABC) (рис. 4). Требуется до- казать, что s2+s}+s2 =s2. Первый способ Обозначим QA = a, QB = b, QC-с. Имеем: АС2 =а2 +с2, СВ2 =с2 +Ь2,ВА2 =Ь2 +а2. Далее 53 - , 52 - - -у-. Обозначим ф = ZACB: S = — AC-CB-sin ф. 2 а +с +Ь +с —а —о _ с 2^(а2 +с2)(*г +с*) № +с2)(*2 +с!) Sin ф = 1 —--—------- = у (а2 +с2)(й2 +с2) la2ft2+с4-с* [4g? + 5з) 1] (а2+c‘)(b2+с2) N АС2 СВ2 ’ (1) 311
Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи отсюда (по формуле (1)) 5 = - АС СВ 2 +S1 +5 - = 7^2+522+532, 2 АС-СВ 1 что и требовалось доказать. Второй способ 5 = _£1_;5 = _^2_;5=J2_; cos a cosp cosy 2 2n 2 , cos a +cos В +cos у = —------ = 1. S2 Задача 5. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника :Я = -л/с2 + Ь2. 2 Задача 5°. Радиус описанной около прямоугольного тетраэдра сферы равенR = - 7о2 + Ь2 +с2. 2 Указание. Дополнить тетраэдр до параллелепипеда. Рис. 5 В прямоугольном треугольнике наи- большая сторона — гипотенуза. В пря- моугольном тетраэдре наибольшую пло- щадь имеет грань-гипотенуза: в тетраэдре DABC — грань АВС. Сравним, например, площади граней АВС \\DBC (рис. 5): SAl)C 'cos = SBDC. Значит, SABC > SBDC. Заметим, что для доказательства мож- но применить пространственную теоре- му Пифагора. Задача 6. В прямоугольном треугольнике АВС (Z.C = 90е) с3 >о3 +Ь3. Доказательство Имеемс > а и с > Ь. Первое неравенство умножим нас , второе на Ь2 и сложим: с-а2 >а-а2; c-b2 >b-b2\ с(а2 +Ь2^>а3 +Ь3,илис3 >а3 +Ь3. 312
84. Прямоугольный тетраэдр как Клондайк аналогий Задача 6°. Доказать, что в прямоугольном тетраэдре 53>53+53+53. Доказательство По аналогии с прямоугольным треугольником 5 > 5,, S > S2, S > S3 или 5-S2 >53;5-52 >53;5-52 >53. Значит, 5’(52 + 52 +S2)>S3 +5/ + S3. Поскольку 52 +S2 +S32 = 52,то S3 > S3 + 53 +S3, что и требовалось доказать. 313
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи 85. Сенсационная находка геометрических археологов Первая задача была известна еще Архимеду (ее так и называют — «задача Архимеда»): «Сумма квадратов отрезков, на которые точка пересечения де- лит взаимно перпендикулярные хорды, равна квадрату диаметра окружности». В немного ином виде эта задача встречается в древней Индии («задача Парамадисвари»): «Доказать, что во вписанном четырехугольнике, диагонали кото- рого взаимно перпендикулярны, квадратный корень из суммы квадра- тов длин двух противоположных сторон равен диаметру окружности, описанной вокруг этого четырехугольника». За двадцать пять столетий своего существования задача (в одном или в другом виде) неоднократно решалась, причем многими спосо- бами и ничего необычного сегодня мы бы в ней не увидели, если бы... в журнале «Квант» («Задачник „Кванта"», № 582) не появилась новая авторская задача: «В окружность с центром О вписан четырехугольник с взаимно пер- пендикулярными диагоналями. Доказать, что расстояние от точки О до стороны четырехугольника равно половине длины противополож- ной стороны». Удивило не только внешнее сходство задач, но и сходство реше- ний в каждом из способов. Действительно, смотрите сами. 314
85. Сенсационная находка геометрических археологов Задача Архимеда. Первый способ Пусть АВ и CD — взаимно перпенди- кулярные хорды окружности с центром О и радиусом/? (рис. 1). Нужно доказать, что ВС2 + AD2 -4R2 (это равносильно утверждению задачи Архимеда). Проведем диаметр СЕ. Поскольку АСВЕ = 90°, а углы САВ и СЕВ равны, то ZACD = АЕСВ, откуда AD = BE. Тогда, из прямоугольного тре- угольника СВЕ'. ВС2 + ВЕ2 = СЕ2, или ВС2 +AD2 =47?2, что и требовалось доказать. Задача «Кванта». Первый способ Пусть ADBC — четырехугольник с взаимно перпендикулярными диа- гоналями, который вписан в окруж- ность с центром О (рис. 2). Пусть М — середина ВС, тогда длина отрезка ОМ является расстоянием от О до ВС. Нужно доказать, что ОМ = - AD. Рис. 1 Рис. 2 Проведем диаметр СЕ. Аналогично доказательству задачи Архи- меда, имеем: AD = BE. В прямоугольном треугольнике СВЕ отрезок ОМ — средняя линия, поэтому ОМ = - BE, что и требовалось. Задача Архимеда. Второй способ В дальнейшем сохраним обозначения первого способа (рис. 3). Проведем хорду АЕ, параллельную CD. Тогда АЕ ± АВ, то есть ZE/LS =90°, откуда ЕВ — диаметр окружности. Поскольку СЕЛЕ — вписан- ная трапеция, то СЕ = AD. Следовательно, из прямоугольного треугольника ЕСВ\ ЕС2 + ВС2 = ВЕ2, то есть AD2 +ВС2 - 4R2, что и требова- Рис. 3 лось доказать. 315
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Задача «Кванта». Второй способ Проведем хорду АЕ, которая парал- лельна CD (рис. 4). Из тех же сообра- жений, что и при доказательстве зада- чи Архимеда имеем, что ЕВ — диаметр окружности. Отсюда следует, что треугольник ЕСВ — прямоугольный. Пусть М — се- редина ВС (ОМ ± ВС), тогда ОМ — сред- няя линия треугольника ЕСВ (посколь- ку ОЕ = ОВ), а поэтому ОМ = у ЕС. Но ведь ЕС = AD, откуда ОМ - — AD, что и требовалось доказать. Задача Архимеда. Третий способ Пусть /ACD = cl (рис. 5). Тогда ZC4B=90°-a. Следовательно, из треугольника ACD, по следствию из теоремы синусов, имеем: AD = 2R sin а, а из треугольника С45 — ВС = 2R sin(90°-a ) = 2R cos a. Поэтому AD2 +ВС2 = = 4Л2 sin2 а +4Я2 cos2 a = 4R2, что и требовалось доказать. ’ Задача «Кванта». Третий способ Пусть ECDB =а (рис. 6). Тогда /ВОМ = -/ВОС = а, 2 и значит, из прямоугольного треуголь- ника ВМО имеем: ОМ = Ой cos a =/?cosa. Далее, /ACD = 90°-ZCAS = = 90°-ZCZ)5 = 90°-a, 316
85. Сенсационная находка геометрических археологов поэтому из треугольника ACD, по следствию из теоремы сину- сов, имеем, что AD = 2R sin ZACD = = 2R sin(90°-a ) = 27? cos a, то есть AD = 2ОМ, что и требовалось доказать. Задача Архимеда. Четвертый способ Пусть Н — ортоцентр треугольника BCD (рис. 7). Поскольку BALCD, то Н е ВА и точка А является точкой пересе- чения продолжения высоты с описанной окружностью, а поэтому она симметрич- на точке Н относительно стороны CD. Следовательно, AD = DH. По известной формуле геометрии треугольника имеем: DH1 =47?2 -ВС1. Следовательно, AD2 + ВС2 = 4R2, что и требовалось доказать. Задача «Кванта». Четвертый способ Пусть Н — ортоцентр треугольника BCD (рис. 8). Тогда (см. доказательство задачи Архимеда) AD =DH. Пусть точка М — середина ВС. Ис- пользуя известный факт геометрии тре- угольника, получим, что: ОМ = ^DH. Следовательно, ОМ = — AD, что и тре- 2 бовалось доказать. Возникает сенсационная гипотеза: задача Архимеда и задача «Кванта» — тождественны — это одна и та же задача! Геометрия треугольника подтверждает это! Действительно, задача Кванта 47?2-ДС2 =РН\=АР2 =Ьн2 = ЮМ2'. задача Архимеда 317
86. Задача Д. С. Людмилова Эта задача появилась в 1961 году в книге Д. С. Людмилова «Зада- чи без числовых данных» (Москва: Учпедгиз, 1961). С тех пор она «не сходит с экранов» школьных, районных олимпиад. Ее популярность поддерживается коротким условием, возмож- ностью сформулировать обратные условия, а также несколькими способами решений. Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности. Определить сумму углов при основании. Первый способ (Людмилов Д. С.) Пусть МnN — середины оснований ВС и АО трапеции ABCD (рис. 1). Имеем AD—BC MN =-------= 2 = AN - ВМ - DN-СМ. ЛГ А F N Е D Рис. 1 Проведя BF11MN11 СЕ, получим MN = BF=CE=AF =DE, ZD = ZDCE = — ZCEF, ZA = ZABF = — ZBFE, откуда 2 2 ZA+ZD=~ ZBFE+-ZCEF = — = 90°. 2 2 2 Второй способ Проведем ME 11 АВ и МК11 CD (рис. 2). Тогда в треугольнике ЕМК EK = AD-BC = 2MN, а это значит, что ZEMK = 90°, следо- вательно, Z£ + Z/r = 90°HZA + ZP = 90o. 318
86. Задача Д. С. Людмилова Третий способ Обозначим (рис. 3) ВМ = МС = х, AN = ND = у. Проведем ЕА11MN, KD\\MN. Эти прямые пересекут пря- мую ВС так, что четырехугольник AEKD — параллелограмм, причем BE-MN-KD (каждый из отрезков равен у - х). Пусть ЛВАК -a, Z.CDN - р. Поскольку треугольники ЕВА и KCD равнобедренные, то ЛЕАВ = а, значит, Z.EAN = 2а. Ана- логично, Z.KDN =2р.Из параллелограмма: 2а +2р = 180°;а +Р =90°. Четвертый способ Достроим трапецию ABCD до тре- угольника EAD (рис. 4). Пусть ВС =сг, п FM AD = b. Тогда - = —. Пусть ЕМ = х, b EN значит. ab-a2 откуда ах+——— В треугольнике ВЕС ЕМ = ~ ВС, значит, Z£ = 90° и в треугольни- ке EAD ЛА + ZZ) = 90°. Пятый способ Проведем 5АГ||МУ (рис. 5). По- скольку MN = ^-^- (ВС=а\ AD=b) и 2 АК - - , то АК = ВК, а значит, 2 AN=ENhEN = -AD, 2 Е Рис. 5 следовательно, ЛЕ = 90°, а значит, ЛА + ЛИ = 90°. Шестой способ В трапеции ABCD проведем CF11 АВ и СЕ 11MN (рис. 6). Докажем, что в ECFD СЕ — медиана и CE = -FD. 2 Рис. 6 319
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Действительно. Пусть ВМ -x\AN = у. Тогда FE = NE + FN = х +у-2х -у-х; ED-y-x\ СЕ =у-х, значит, СЕ = - FD и ZFCD = 90°, 2 следовательно, ZF + ZD - АА + AD = 90°. Седьмой способ Произведем симметрию трапеции относительно точки N — получим трапецию (рис. 7). Обозна- чим ВМ - МС - х; AN - ND =у. Про- ведем прямую ВКС1 параллельную MN, причем ВС} =2(у-х),а AN = у - х. Поскольку ZJDD1C = ZZ)1Z)C = p, то ABDXCX =а+р, а поскольку АК = ~ВС, иВК = КС, 2 1 1 то а +р = 90°, или ZA+Z.D = 90°. Предлагаем самостоятельно найти еще способы решения этой задачи. 320
87. Поражение или победа? И пораженье от победы ты сам не должен отличать. Б. Пастернак Эта задача попалась мне в семидесятых годах прошлого столе- тия... в газете «Комсомольская правда» — был объявлен какой-то конкурс. И условие и решение привлекло меня (применялась вспо- могательная окружность), но только теперь знание ее как теоремы привело к интересным последствиям. Итак, Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается сторон АВ и АС в точках N и М, К — точка пересечения биссектрисы угла В с прямой MN. Доказать, что Z.BKC = 90°. Доказательство Поскольку I — инцентр треугольни- ка АВС (рис. 1), то ABIC =90°+у. AKMC = ^G°-AAMN = ( АЛ А = 180°- 90°-— = 90°+— I 2) 2 {AAMN легко находится из равнобед- ренного треугольника AMN). Поскольку AKIC = Ш°-АВ1С = ( А А А = 180°- 90°+— =90°-—, L 2) 2 то АКМС+AKIC=90°+— +90°-— = 180° 2 2 и вокруг четырехугольника CMKI можно описать окружность. Поскольку AIMC =90°, то IC — диаметр этой окружности, а зна- чит, АВКС = 90°. 21-6-1744 321
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Попробовал продолжить понравившуюся задачу — провести биссектрису угла АСВ, которая пересекла прямую MN в точке U (рис. 2). Как следовало ожидать, ABUC = 90°. Окружность, прохо- дящая через точки С, K,U,Bc диаметром ВС напрашивалась сама собой (рис. 3) и стала напоминать ситуацию с ортоцентрическим треугольником. С ортоцентрическим? Только в данном случае будет не треугольник Н1 Н2Н3,ъ. треугольник KUK}, где Кх — точка касания вписанной окружности стороной ВС. Аналог усиливал- ся возможностью описать окружность около четырехугольника К1КХВ\ А далее все было делом техники: ZtZBC = AU КС (они опи- раются на дугу UC), А1ВКХ = А1ККХ (они опираются на дугу 1К}), значит, AK}KI - A.UKI, следовательно, инцентр I будет инцент- ром треугольника KUKX! (Равенство углов KUI и КXUI — доказа- тельство аналогично.) Можно формулировать новую авторскую задачу: Вписанная в треугольник окружность касается сторон ВС, АС, АВ в точках Kl,K2,Ki. Биссектрисы углов В и С пересекают прямую К2 К3 в точках И и U. Доказать, что треугольники АВС и Кх UV имеют общий инцентр. Рис. 3 322
87. Поражение или победа? Учитывая решение задачи, о кото- ром речь шла выше, я рассчитывал... Однако! Успокоившись, я «с ужасом» увидел мгновенное (!) доказательство: Четырехугольник BKlVK3 — дель- тоид! Значит, BV — биссектриса угла K,VKX (рис. 4). И все! И все-таки, не забудем о цели кни- ги: решить задачу еще одним способом. И тогда придется описывать окружности. Вот теперь все! Рис. 4 Л Sr Sr Когда этот сюжет был написан, я непроизвольно обратил вни- мание на концовку предисловия к книге И. Ф. Шарыгина «Гео- метрия. 9—11 классы. Задачник» (Москва: Дрофа, 1997). «Наверное, каждая содержательная геометрическая задача мо- жет быть источником целого ряда новых. Для этого с ней надо не- которое время «повозиться», посмотреть с разных сторон, попро- бовать перефразировать, обобщить. В результате удивительным образом может возникнуть новая, совершенно не похожая на «ро- дителя» задача. Например, возьмем тут же задачу № 255...». Я посмотрел на задачу № 255. Это была... задача из «Комсомолки»! — Мистика? — Ищите и обрящете! 21* 323
88. Фантазии на тему одной задачи Рассмотрим задачу, которая «распадается» на две: В прямоугольную трапецию с основаниями а и Ь вписана окруж- ность. Доказать, что площадь трапеции равна ab. Первый способ Пусть в трапеции ABCD (АВ LAD) ВС =a,AD = b(pnc. 1). Проведем СН ± AD. Обозначим г — радиус окружности. Тогда 2r+CD =a+bwCD =a+b-2r. Поскольку HD = b-а, то из LCHD\ (b-d)2 +(2r)2 =((c+4)-2r)2, илий2 -2ab+a2 +4r2 =(a+b)2 -4r(a+b)+4r2, или 2r =--, значит, площадь S трапеции ABCD равна a+b „ a+b 2ab , Л =-------= ab. 2 a+b Второй способ Пусть О—центр вписанной в трапецию ABCD окружности (рис. 2). Тогда LCOD = 90°. Проведем OK ± CD (К — точка касания окружности Рис. 2 откуда и стороны CD). Пусть MhN- точки ка- сания с основаниями. Поскольку MC = CK,ND = DK, СК =a-r, KD = b-r, то г2 = (а-г)(Ь-г),н.ти г2 =ab-ar-br+r2, ab с ab . , г =----;S =-----(a + b) = ab. а+Ь а+Ь 324
88. Фантазии на тему одной задачи Первая фантазия. Поскольку АВ = Ь, то наверняка на стороне трапеции су- ществует некоторая точка X, что пло- щадь прямоугольного треугольника AXD равна половине площади трапе- ции I ~ . Найдем ее. \ 2 ; Опустим из центра О перпендикуляр ОЕ на сторону АВ (рис. 3). Если ХА =а, тоЕХ = а-г, так как ЕЛ-ON = г. Вторая фантазия. Может быть, от- резку XD принадлежит центр окружно- сти, точка О, и тогда XD — равноделя- щая?! Поставлена вторая задача! Докажем, что это так. Проведем прямую ОТ) (рис. 4), кото- рая пересечет сторону АВ в точке Y. Рассмотрим треугольники МОС и YEO, Поскольку ЕО = ОМ и XYOE-XMOC как углы с взаимно перпендикулярны- ми сторонами, то эти треугольники равны и YE = МС=а-г,т.е. точ- ка Y совпадает с точкой X, а значит, фантазия оказалась реально- стью: точка О принадлежит отрезку XD — равноделящей трапеции. Мы получили возможность решить поставленную задачу третьим способом: треугольник ХОЕ (рис. 4) подобен треугольнику XAD'. г а~г ь ь с и — =----; ar =ab-br; г---; S =ab. b а а+Ь Четвертый способ Применим тригонометрию. Обозначим ZXDA = а. Тогда ХА а tga =--= -. AD b Из NXEO\ tg ХХОЕ = , или tg a = — EO r Значит, a a—r , , ab „ , - =----; ar =ab-br; r =-; S =ab. b r a+b 325
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Определение точки X позволяет доказать вторым способом, что XD — равноделящая: Л В О А----- N Рис. 5 Второй способ-А Имеем (рис. 5): $AXD = 2 $ = + ^к + $хвсо =25’2 +«^1 +(*$л — *5,г) = = S} +<£* -4-, значит, XD — равноделящая. Третий способ-А Пусть Z.CDA = а.Тогда Z.ODN = —.Имеем (из &OND) 2г а г (1) Далее, 2tgy tga =-----— 1 2<* I-»g j (b-r) 1- 2г______ г2 (Ь-г)2 (2) Но из NCHD (рис. 1) * 2г tga = -—. Ь-а Приравняем выражения (2) и (3) 2г 2г 2 (3) Ь-а (b-r) 1-------- \ (b-r)2 Получим Ь-а = 1—г— (.Ь-г)1 г2 b-a = b~r---, b-r откуда ab г =---- (4) Найдем отрезок АХ: из ДЛА7) AX = btg-. 2 326
88. Фантазии на тему одной задачи Из формулы (1), учитывая формулу (4), ab ЛХ = Ь-—,илиАХ = Ь- -а. b-r b ab а+Ь Значит, SAYn=-.AX-AD = -ab, aajj <2 2 следовательно, DX — равноделящая. Предлагаем найти новые свойства равноделящей. 327
89. Возведение на трон В книге «Собрание геометрических теоремъ и задачъ» (Соста- витель Е. Пржевальский. — Москва, 1901), условие и доказатель- ство рассматриваемой задачи выглядело так: «Около равностороннего треугольника АВС опишем окруж- ность и на дуге ВС возьмем произвольную точку М. Доказать, что МА = МВ + МС». Первый способ «Проведем хорду CD] | МВ, которая пересечет прямую AM в точ- ке F (рис. 1). ЛЛЖ и ЬМГС — равносторонние, потому что Рис. 1 ZA0C = ZA5C=60o, ZDAM = ЛВАС , AFCM = ЛВБС = /.ВАС = 60°, Z/MC=zM5C = 60°, а потому AF = AD = BM,FM = СМ и AF+FM = ВМ+СМ или AM = ВМ +СМ». Задача, может быть, осталась незамеченной, если бы на нее не обратил внимание А. И. Мостовой в книге «Различные способы доказательств в курсе геометрии восьмилетней школы» (Пособие для учителей. — Москва: Просвещение, 1965). Он привел не- сколько способов доказательств, что в то время (да и сейчас тоже) было явлением, и, я думаю, впервые, применил к этой задаче тео- рему Птолемея! (См. способ 13.) 328
89. Возведение на трон Второй способ (у А. И. Мостового он первый) Отложим на отрезке МА отрезок MD - МС. Соединим точку D с точкой С (рис. 2). Равнобедренный треугольник DMC с углом при вершине DMC, равным 60°, будет равносторонним, т. е. МС - DC. Кро- ме того, ZBMC = ZADC = 120°. К тому же AC>DC. Следовательно, AADC - к ВМС (по четвертому призна- ку равенства треугольников) и АГ) = МВ, значит, МА = МВ + МС. Третий способ Вновь отложим на отрезке МА (рис. 2) отрезок MD, равный МС. Докажем иначе, чем во втором способе, что AD - МВ. Воспользуемся вторым признаком равенства треугольников: DC = МС, ZADC = ZBMC и ZACD = ZBCM (поскольку ZDAC = Z.CBM) и ZACD = ZBCM. Четвертый способ Отложим AD = МВ (рис. 2). Имеем первый признак равенства треугольников ADC и ВМС\ AD - МВ, АС - ВС как стороны равно- стороннего треугольника, и Z.DAC = Z.MBC как вписанные, опи- рающиеся на одну дугу. Из равенства треугольников следует: CD = МС, т. е. &DMC — равнобедренный, а так как Z.DMC = 60°, то &DMC — равносторонний и DM - МС. Пятый способ На продолжении ВМ (рис. 3) отложим отрезок MN, равный МС (можно продолжить МС и на ее продолжении отложить от- резок, равный МВ). Так как ЛВМС = ПЪ°, то Z.CMN =60°, и равнобедренный треуголь- ник CMN будет равносто- ронним. 329
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Далее, ЬАМС = &BNC (АС = ВС, MC = NC и ZACM = Z.BCN, так как каждый из них является суммой углов в 60° и Z.BCM). Из ра- венства треугольников следует, что AM = MB + MN = МВ+МС. Шестой способ Сделав дополнительные построения пятого способа, воспользу- емся четвертым (!) признаком. Так как АС > МС и АС = ВС, МС - NC, ААМС = Z.MNC = 60°, тоЛАСМ --ABCN. Дальнейшее очевидно. Седьмой способ Рис. 4 По аналогии с предыдущими по- строениями продолжим МВ за точку В (рис. 4) и отложим NB = МС. Точки А и N соединим. Поскольку АС = АВ, MC = NB и ZACM = Z.ABN как углы, допол- няющиеся одним и тем же углом АВМ до 180°, треугольники АСМ и ABN равны. Из равенства этих тре- угольников следует: МА = NA, т. е. \ANM ~ равнобедренный. Но Z.NMA = 60°, значит, MA--MN= MB+BN = МВ+ МС. Восьмой способ Как и в первом случае отложим MD = МС (рис. 2). Продолжим CD до пересечения с окружностью в точке Е и соединим Е с А. Как уже было доказано выше, ЛАСЕ - Z.BCM, а, следовательно, АЕ = MB.Wo AADE равносторонний (докажите!), и АЕ = Л/Л Итак, МВ = АЕ = AD,i. е. МВ = AD и МА = МВ+МС. Девятый—одиннадцатый способы Так как <jAE = <jMB (рис. 2), то соединив ВсЕ,получим ВЕ\| МА. Поэтому построение можно начать с проведения BE 11 МА или с про- ведения ЕС || МВ (десятый способ!). Можно воспользоваться параллельным переносом или свойства- ми боковых сторон двух равнобедренных трапеций МВЕА и СМВЕ. 330
89. Возведение на трон Двенадцатый способ Продолжим МВ за точку В и от- ложим ME = МС (рис. 5). Соединим Ес С. Равнобедренный треугольник MCE, у которого угол СМЕ равен 60°, будет равен равносторонним. Про- ведем ЛЕ>||СЕ; тогда, соединив точ- ки Л и С, получим параллелограмм ECDB (5Л||СЕ и В£||СД так как ZBZ>C = ZA4C=6O0). Значит, BE = CD. Но CD = AM (до- казать!), а поэтому МС = МЕ = МВ+ВЕ = = MB+DC = МВ+МА. И наконец, отдавая должное А. И. Мостовому, приведем способ, впервые, мо моему мнению, им предложенный: применение теоре- мы Птолемея. Тринадцатый способ Пусть АВ = ВС -СА=а. Тогда по теореме Птолемея (рис. 4) МА ВС = МВ-АС+МС-АВ или МА а = МВ а+МСа, откуда МА = МВ+МС. Способы решения этой необыкновенной задачи на этом не окон- чились. В книге Э. Г. Гетмана и 3. А. Скопеца «Задача одна — реше- ния разные» (Киев: Радянська школа, 1988), были предложены еще пять способов, среди которых был и способ с применением теоремы Птолемея. Рассмотрим остальные четыре. Четырнадцатый способ Отрезки МА, МВ и МС являются сторонами треугольников АМВ и ВМС, в которых ZXAfB = 60° и Z.BMC = 120° (рис. 6). Применим к треугольникам теорему косинусов. Обозначим АВ=а, МА = х, МВ =у, МС = г. Учитывая, что cos60°=- и cosl20°=--, 2 2 Рис. 6 331
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи получим 2 2 2 2 2 2 а =х +у -ху;а =у +z +yz. Вычтем из первого равенства второе, имеем: х2-z2 -у(х + г) = 0,или(х + г)(х-у-z)=0, отсюда х = у + & Пятнадцатый способ Так как отрезки МА, МВ и МС являются хордами окружности, описанной около треугольника АВС, то их длины можно выразить через R — радиус этой окружности, введя вспомогательный угол Z ВАМ = а. Имеем х = 2R sin(60°+a ); у = 2R sin а; z = 2R sin(60°-a ). Получим тождество sin(60°+a) = sina +sin(60°-a), которое дока- зать нетрудно, а значит, х =у + z- Шестнадцатый способ Площадь четырехугольника АВМС выразим двумя способами. Пусть AANB = <р, где N — точка пересечения отрезков AM и ВС. Тогда площадь четырехугольника АВМС равна i ах sin ф. С другой стороны, площадь этого четырехугольника равна сумме площа- дей треугольников АВМ и АСМ. Нетрудно доказать, что ААВМ = ф, 3.ZACM = 180°-ф. Поэтому ~ ах sin ф = ± ay sin ф+у az sin( 180°- откуда х = у + Z- Как современные геометры, 3. А. Скопец и Э. Г. Гетман не мог- ли не предложить геометрические преобразования. Итак, поворот! Семнадцатый способ Способ напоминает второй способ, но... Отложим на отрезке МА отрезок MD, равный отрезку МВ (рис. 6). Поскольку ЛАМВ = 60°, то треугольник BDM является равносторон- ним. Треугольник АВС тоже равносторонний. Повернем треугольник ВСМ вокругточки В на60°так, чтобы точка С совпала с точкой А. Тогда точка М совпадет с точкой D и отрезок МС совместится с отрезком DA. Итак, DA = МС. Поэтому при любом выборе точки М на дуге ВС имеем МА = МВ+МС. 332
89. Возведение на трон Но и на этом «водопад» способов не окончился. Возведение задачи на трон как одной из лучших в многоспособье, произошло после следующего замечательного факта, вызывающего поначалу недоумение: для произвольной точки М (теперь будем обо- значать ее точкой X) вершина С есть точка Ж для треугольника АХВ (напомним, что точка W — точка пересечения биссектрисы внут- реннего утла треугольника с описанной окружностью). Теперь воз- можны применения формулы Лагранжа о биссектрисе, формулы л . 2Ьс А биссектрисы 1а =---cos —, теоремы трилистника и, что, конечно, Ь+с 2 особенно радует автора, формулы S - — AW-MN. 2 Итак, Восемнадцатый способ , (аналог формулы Лагранжа1} = bc-bxcx) Пусть X — произвольная точка окружности (рис. 7), XL — бис- сектриса угла АХВ (и ВС - vjAC). Проведем доказательство, анало- гично выводу формулы Лагранжа 1} -Ьс-Ьхсх. Из подобия треугольников ХСА и XLB\ ХС ХА ХВ XL' Обозначим ХВ = а; ХА = fr, XL =1Х. Имеем ХС1х - Учитывая, что ХАХВ = 120°, a XL = —cos 60°, a+b имеем XC-—‘-=ab,или XC ^a+b, a+b 2 что и требовалось доказать. Девятнадцатый способ Обозначим ХВ = а,ХА = Ь (рис. 8). Яс- но, что XAXB=V20°, а биссектриса LX равна: = —\os60°:=— а+Ь а+Ь Рис. 8 333
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Далее: XLLC = ALLB. (1) Обозначим сторону равностороннего треугольника р, AL = х, LB=y.Vh&eeM. х=2₽_ у=^- a + b’ а+Ь Обозначим LC = z- Тогда xv-XLr - — г аУ — z, 2 Z, (а+b) а+Ь отсюда z-(a+b) = p2. ИзЛАХВ.р2 =а2 +Ь2 +ab, значит, , ,ч 2 l2 l a2 +b2 +ab z(a+b)=a +b' +ab, или z --------; а+Ь VT a2 +b2 +ab ab (а+Ь)2 , ?+XL =---------+-----= ---— = а+Ь. а+Ь а+b а+Ь Двадцатый способ Пусть X — произвольная точка окружности (рис. 9), ХА = Ь\ ХВ = а. Требуется доказать, что ХС=а+Ь. Обозначим сторону равносторонне- го треугольника АВС как t,R — радиус описанной окружности, 2р0 ~ пери- метр треугольника ХАВ, /0 — инцентр треугольника АХВ, г0 — радиус окруж- ности, вписанной в треугольник АХВ. Поскольку С — середина дуги АВ, то XI0I0C=2Rr0, или, по теореме трилистника, 2Гл/3 L С = АС = СВ -1 и Х10 • t = г0. и и и Ног0 =(р0 -/Jtg 60° (ААХВ = 120°). Значит, откуда Х10 =2(р0 -/).Тогда XC = XIQ +1йС = 2(р0 -t^+t =2р0 -2t+t = = 2р0 ~t =b+a+t-t -a+b. 334
89. Возведение на трон Двадцать первый способ Имеем (рис. 10) = ———;AZ =—; AZ-sinA" a+b 5 = iaZ>sml20°, 2 c 1 , л/З abjl S =-ab---=-----. 2 2 4 XW = -a+b. 2-71ab Двадцать второй способ Проведем СК А.ХВ (рис. 11). Цо формуле Архимеда „„ АХ+ВХ ЛА =--------------- 2 ИзДСХХ: СА = КХ cos 60° = 2 КХ. Учитывая (1) СХ = АХ + ВХ. Ивее! (1) Думаю, что это не конец. Виват, королева, виват! 335
90. Треугольник и квадрат: «Мно-о-гие спо-о-со-бы!» Рассмотрим конфигурацию: На стороне квадрата ABCD внешне построен прямоугольный треугольник ХВС с переменной вершиной точкой X, гипотенуза которого совпадает со стороной квадрата ВС (рис. 1). Рис. 1 Первая задача Пусть О — точка пересечения диа- гоналей квадрата ABCD. Доказать, что ХО делит угол ВХС пополам. Первый способ Опишем окружность около тре- угольника ВХС (рис. 1). Этой окруж- ности принадлежит точка О. Посколь- ку ВО = ОС, то ХВХО = ХОХС. I Второй способ На стороне квадрата CD (рис. 2) по- строим треугольник CND с углом CND, равным 90°, равный треугольнику ВХС так, что XDCN = ХСВХ. Тогда XXCN = 180°. Если на сторо- нах квадрата АВ и AD построить тре- угольники ADL и ВКА, то четырех- угольник XNLK — квадрат, а отрезок ХО принадлежит его диагонали, т. е. делит угол ВХС пополам. 336
90. Треугольник и квадрат: «Мно-о-гие спо-о-со-бы!» Третий способ Повернем треугольник ВХС около центра О квадрата ABCD на 90° (рис. 3). Тогда точка X перейдет в точку Xf, точ- ка С — в точку В, а треугольник ВХС — в равный ему треугольник АХ{ В: ХХх ВА + ХАВС+ХХВС = 180°. Значит, точки XitB,X принадлежат одной прямой. Треугольник XtOX — равнобедренный и прямоугольный. Значит, ХО делит угол ВХС пополам. Рис. 3 Четвертый способ Введем обозначения: Z.BXO = (pj, Z.CXO = ф2, ХХВС = а. Тогда ХХВО = а +45°; ZXCO=180°-(а +45°) =135°-а. По теореме синусов ОВ = ХО . ОС ХО sin qjj sin(ct +45°) ’ sin ср2 sin(135°-a ) ’ sin©. sin(a+45°) отсюда----------— = —2--------~> sin<p2 sin(135°-a) значит, sin = sin cp2. Поскольку углы ф, и <p2 - острые, то ф, = ф2. Вторая задача В треугольнике ВХС длины катетов ХВ -а\ ХС = Ъ. Найти длину отрезка ХО. Первый способ Рассмотрим построенный квадрат XX{LN (рис. 3). Его сторона л/2 равнаа+Z». Значит, ХО =—(а+Ь). 2 Второй способ Пусть ХО = х, ВО = — у/a2 +Ь2. Из треугольника BOX по теореме 2 косинусов следует: —(a2 +b2^=a2 +х2 -2ax—, 2xz -2у/2ах+а2 -Ь2 =0, 2 2 ^2(a±b) v д/2 . х12 =—х = ХО = — (а+Ь). 22 - 6-1744 337
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Третий способ Проведем диаметр OF окружности, описанной около треуголь- ника ВХС (рис. 4). Обозначим Z.FOX - ф. Тогда OX = х= OF -cos <р. Поскольку ф = 45°-В, где В = ZXBC, a OF = Vc2 +Ъг, то Рис. 4 х = ---- л/7 + b2 -—(sinB+cosB) = 2 a+b V2 . .. .. = —~(а+В). а2 + Ь2 2 Четвертый способ Четырехугольник ХВОС вписан в окружность. Поэтому имеет место теорема Птолемея: ВО-ХС+ОС-ВХ = ВС-ОХ, или Va2 + Ь2 ——(а+Ь) = 4а2 +Ъ2 -ХО, 2 J2 отсюда ХО -—(а+Ь). Пятый способ Используем формулу биссектрисы 1а для треугольника АВС 2Ьс А ---cos— Ь+с 2 (а, Ь,с — стороны треугольника АВС, А — угол ВАС). л/2 В данном случае ХЕ (рис. 1) — биссектриса угла ВХС: ХЕ ----- а+Ь 2 Треугольники ХОС и ХВЕ подобны, потому — = _L; ХО = ~ (а+Ь). а ХЕ abJ2 2 Шестой способ Используем авторскую формулу S = -AW, -MN = -AW. -Л sin А 2 1 2 1 338
90. Треугольник и квадрат: «Мно-о-гие спо-о-со-бы!» Для данного случая S =—ab; AW\ - ХО; MN =la - sin90°=-—— 2 а+Ь „ ™ 2S ab(a+b) . мл/2 Значит, ХО-— = — ' =(а+Ь)—. 4 аЛл/2 2 Седьмой способ Используем формулу Архимеда: ЛИ; =ХО = ХС+ХВ 2 1 а+Ь 2 , ,чл/2 ---------------- = = (а+Ь)—. cos 45°--2 у/2 2 Восьмой способ Имеем ХО = ВС sin(45°+a ), где a = ZXBC, ХО--у/а2 +Ь2 -—(cosa +sina) - л/д2 +Л2.— 2 2 4^ 2 Девятый способ Рассмотрим прямоугольную систему координат с центром в точ- ке В (рис. 5). Пусть гипотенуза ВС принадлежит оси X, а сторона квадрата ABCD — оси Y. Найдем координаты точек О и X: По формуле расстояния между двумя точками: (a+b)2 v^ (a+b)yi2 -------- ylCz —------------ 2 2 Десятый способ предлагается^* найти самостоятельно. Рис 5 22* 339
91. Коллекционная задача Эта задача была предложена С. И. Зетелем в его популярной книге «Новая геометрия треугольника» (Москва: Учпедгиз, 1962). Во всяком треугольнике fa b с abc 4 —+—+— =---------, d, di di d, didi \ 1 2 3 у 12 3 где^, ,d2 ,d3 — соответственно расстояния центра описанной окруж- ности О от сторон а, Ъ, с. Доказать. Сам автор задачи предложил доказательство с помощью триго- нометрии, а Я. И. Айзенштат и Б. Г. Белоцерковская в книге «Реше- ние задач с помощью тригонометрии» (Москва: Учпедгиз, 1960), воспользовались ею для демонстрации формулы tg A+tg B+tgC = tg Л-tg B-tgC (А, В и С — углы треугольника АВС): Пусть М,, М2, М3 — середины сто- рон ВС, АС, АВ (рис. 1). Тогда (W, = d,, ОМ2 = d2,OM3 = d3. Поскольку ZBOC-2 А, то tg А = 2Jt (из &ОМ,В). Аналогично, b с tgB = ——, tgC =—. 2d2 2d3 Поскольку tg A+tg В+tg C - tg A-tg B-tg C, abc abc to —+--+--=----, 2d, 2d2 2d3 Sd,d2d3 abc abc или —+—+— =- d, d2 d3 4d,d2d3 340
91. Коллекционная задача Второй способ (без применения тригонометрии) Применим теорему Птолемея к четырехугольнику ОМ2 AM 3: cd2 bd3 aR ~Т+~Г~ 2 ’ Отсюда aR = cd2 + bd3. Аналогично, bR = ad3 +cd{, cR = ad2 + bdx. Домножим выражения aR, bR, cR соответственно на d}, d2, d3. Имеем ad}R + bd2R+cd3R = - (cd{d2 + bdYd3) +(ad2d3 +cdtd2)+(ad3d2 + bd2d3) = = 2(ad2d3 +bdxd3 +cd2dx) = a b c । +— L tZj £^2 ^3 у — 2d^d2d3 ——F—— Сопоставим начало и конец этого выражения: R(adx +bd2 +cd3^ = 2d{d2d3 С +--- . ^3 > —i— ^2 Поскольку R(^adY +bd2 +cd3^=R-2 S (S — площадь треугольника ABC) и SR = , to 4 r a b c — н----1— ^dt d2 d3 у abc ~T’ abc abc или —+—ч— =------, dt d2 d3 ^d{d2d3 что и требовалось доказать. 341
92. С тригонометрией... Без тригонометрии... Рассмотрим несколько задач, имеющих только два равноценных способа решения (по крайней мере на первый взгляд). Несмотря на малое количество способов, такие задачи занимают достойно высо- кое место в коллекции лучших геометрических задач. Задача 1 (авторская). Доказать, что если в треугольнике АВС инцентр I принадлежит прямой Эйлера, то этот треугольник рав- нобедренный. Заметим, что задача относится к типу «Неожиданный эффект об- ратной задачи». Первый способ (авторский) Поскольку отрезок ОМ1 параллелен отрезку АН (М{ — середина стороны ВС, Н — ортоцентр), то треугольник OIWl подобен треуголь- нику ША (рис. 1) (/ — ортоцентр, — точка пересечения биссектри- сы угла А с описанной около треугольника АВС окружностью). Рис. 1 Следовательно, OI =OWX IH АН ' Аналогично, 01 О^3 IH сн ‘ Таким образом, АН=СН, из чего следует, что ВС = АВ. 342
92. С тригонометрией... Без тригонометрии... Второй способ (А. Карлюченко) Из 8А0Н (рис. 2): ~ (свойство биссектрисы AI, которая разделит попо- лам и ХОАН). Из ЬВОН: = Сле- IH ВН АО ВО л„ Dtr довагельно,---- ——, откуда АН = ВН, АН ВН а значит, а = Ь. Задача 2. Радиусы двух пересекающихся окружностей равны/? и г. Их общие внутренние касательные взаимно перпендикуляр- ны. Найти площадь треугольника, образованного этими каса- тельными и общей касательной к этим окружностям. Первый способ Обозначим^ иО2 — центры окружностей (рис. 3).D,K,E,F ,ЕХ, Fx — точки касания. Введем далее обозначения НК =1, DA = x, ВК =у\8 — площадь треугольника АВС. Поскольку четырехугольники ЕСО{О2 и FCF}OX — квадраты, и FC = F}OX =R,EC=CE1 = г,то AD-AE = x,BK = BFl =y,DB = BEyi AK^AF, отсюда l-x -R+r + x; l-y =R+r+y, значит, x=y. AB =R+r. По теореме Пифагора (R+r)2 = (R+x)2 +(r+x)2; Rr =Rx+rx + x2. (1) Имеем 5 = ~(/?+x)(r+x) = ^-(/?r+/?x + rx+Jt2). (2) Подставим (1) в (2), получим S =-(Rr+Rr)=Rr. 343
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Второй способ Введем вспомогательный угол а = ABAC (рис. 3). Тогда AF^K^^-a. S = 1 АС • ВС = i ( г + АЕ)(R+Bt F) = 2 2 Задача 3. Одна из точек пересечения двух окружностей — точ- ка К. Прямая касается этих окружностей в точках М nN. Радиусы окружностей R{ и R2. Найти радиус окружности, описанной около треугольника KMN. Первый способ Обозначим Oj иО2 — цен- тры пересекающихся ок- ружностей. О — центр ок- ружности, описанной около треугольника MNK. Дока- жем, что треугольники МОК и NO2K подобны (рис. 4). Пусть AKNO2 = а,АКМО = $. а - 9Q°-AMNK = 90°- - АМОК = 2 =90°-1 (180°-2р) = 9О°-9О°+0 = 0. Значит, а = 0 и равнобедренные треугольники МОК и NO2 К подобны. Обозначим /?т искомый радиус. Имеем — = . Из подобия х R2 KN R KN треугольников KON и КОг М следует: — =---. Перемножив эти ра- 7?! КМ венства, получим/?* =R} -R2,RX = \R]'R2. 344
92. С тригонометрией... Без тригонометрии... Второй способ Обозначим AKNO2 = 0, АМК(\ =а. Значит (рис. 5), МК = 27?! cos а, Ж=27?2соб0, AKMN = 90°-a, AMNK = 90°-$. По теореме синусов _ 27?! cos а R 27?2cos0 * “ 2 sin(9O°-0) ’ х ~ 2 sin(90°-o Перемножив эти равенства, получим r2 _7?} cosa-Т?2 cos0 R cos0-cosа Вызывают особый интерес задачи повышенной трудности, пред- лагаемые авторами учебников геометрии. Почему именно эта, а не иная задача получила почетное право на внимание миллионов (!) учащихся бывшего СССР? Проанализируем одну из них — № 1204 из учебника «Геомет- рия. 7—9» Л. С. Атанасяна и др. Задача 4. В прямоугольной трапеции ABCD меньшее основание AD равно 3, а боковая сторона CD, не перпендикулярная к основа- ниям, равна 6. Точка Е — середина отрезка CD, угол СВЕ равен а. Найдите площадь трапеции ABCD. Первый способ Говорят, что первое решение — не самое лучшее. Продлим BE до пересечения с AD в точке F (рис. 6). Обозначим НС = х. Поскольку &ВЕС равен тре- угольнику DEF, то DF =ВС = х+3, a AF =3+3+х =6 4-х. 345
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Из bABF\ АВ = (6+x)tg а.Ясно, что EL =^.Sual =(6+x)2tga.l. Из треугольника DHC'. х2 = 36-(6+x)2tg2 а, iuiHx20+tg 2a)+12tg 2ax+36(tg 2а-1)=0. Решаем квадратное уравнение D = 144tg 4 a -1440g 2a -l)0g 2a +0 = = 144tg 4 a -144(tg 4a -1) = 144. _ -12tg 2a ±12 X*’2" 2(l+tg2a) ’ -12tg2a+12 -12 sin2 a +12cos2 а 2 2 \ Xj ------------=-------------------= 6(cos a - sin a J. 2 cos a Имеем 6+x = 12 cos2 a. Значит, c (6+x)2tga 144cos4atga __ 3 sabcd ~ -— =-------------5— = 72 cos a sin a. 2 2 Заметим, что в решении не используется числовое соотношение, приводящее к равенству AD = DE. Второй способ Используем, что AD =DE (рис. 7), АЕ=ВЕ. Значит, Z.DEA = a. Из АЛЛЕ: АЕ =2A0cosa = 6cosa; BE = 6cosa. FE = BE cosa =6cos2 a, AB = 2FB = 2BE sinoL =12 cosa sin a. 5 = FE-AB = 72sina cos3 a. Задача 5. В прямоугольной трапеции ABCD проведена биссек- триса угла D. Она пересекла сторону АВ в точке Е так, что АЕ = ВС. Доказать, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность. 346
92. С тригонометрией... Без тригонометрии... Первый способ Требуется доказать, что AB+CD=a+b. Заметим (рис. 8), что tg^-=AZB = (Z>-a)tga, 2 b CD = -!?-?- cos a Имеем AB+CD = (b-d* tga + 1 cos a = (Ь-а} cosa = (b-a) a 1 * 2« i + tg - 1-tg1 2^ 1 . 2“ 2—+2tg — 2 2 1 l-tg2“ аГ~ь 1-- b =(4-а) 1+tg^- • < l-tg 2— 1___ 2<Х " 2 =<*z^±^=*+a, (b-a)-b а это значит, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность. Второй способ Проведем EF LCD (рис. 9). Рассмотрим треугольники AED и EFD. Они равны, значит, ЕА = EF. Из равенства треугольников EEC и ЕВС следует, что BE = FC. Пусть BE = х; CD = у. Тогда AD - х +у, АВ - х +а, AD+BC =а+х+у, AB+CD=a+x+y, отсюда AD+BC = АВ +CD, значит, тре- бование задачи выполнено. 347
93. «Вся» геометрия в одной задаче Такая задача является украшением самой требовательной кол- лекции, потому что она имеет все, чем обладает жемчужина... гео- метрическая жемчужина. В прямоугольном треугольнике ABC {Z.C = 90°) проведена высота СН и медианы СМ и CN треугольников САН и СВН. Найти расстоя- ния от точки С до ортоцентра треугольника CMN, если CH - h. Первый способ Пусть AM = МН - т, BN = NH = п (рис. 1). Тогда СН = h = ^АНВН =14пт. (1) Пусть Q — ортоцентр треуголь- ника CMN. Опишем окружность вокруг треугольника CMN и про- должим СН до пересечения с ок- ружностью в точке F. Пусть QH - t, тогда HF тоже рав- но t. Тогда по теореме о произведе- нии отрезков хорд: CHHF = MHHN, или h-t =т-п. (2) Учитывая соотношение (1), соотношение (2) запишется так: Л-Г = — 4 откуда t = - h. Тогда 4 CQ=CH-HQ = h-t=h-- = -h. 4 4 348
93. «Вся» геометрия в одной задаче Второй способ Треугольник MQH подобен тре- угольнику СЛ7/ (рис. 2): QH МН NH h ’ NHMH отсюда QH =------ h h2 1 3 Но 4NH МН = h2, значит, QH = — = -huCQ = -h. 4й 4 4 Третий способ Обозначим (рис. 3) НМ - х, HN = у, Z.CNH = ср, Z.CMH = у. Для остроугольного треугольни- ка АВС (рис. 4), в котором Н — ор- тоцентр, //, — основание высоты ha АН _ cos Л НН{ cos 2? cos С Действительно, АН = 2/?cos А; НН' = Н' Belg С = с cos В ctg С = = 2R sin С cos В COS— = 2R cos В cos С. sin С Значит, выражение (1) можно записать в виде: cos А _ -cos(B+C) _ cos В cos С cos В cos С = tgBtgC-l и в треугольнике CMN'. CQ QH h h Но tg ср = —; tg у = —, следовательно, У х QH ху I— h 3 так как h = 2Jxy иху = —, следовательно, CQ = - h. 4 4 Рис. 4 tgcptgy—1. 349
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Четвертый способ Пусть Н — ортоцентр остроугольного треугольника АВС,Л — ра- диус окружности, описанной около треугольника АВС. Имеет место формула АН2 = 4R2 -а2. Для треугольникаCMN (рис. 3): CQ2 = 4R2 -(х +у)2 (R{ — радиус окружности, описанной около треугольника CMN). СМ = д/A2 +х2; CN = Jh2 +у2. ff--------------------------------------; = й2 +(х2 +У2)+^—(Х+У)2 = ,2 / \2 -> х2у2 f \2 .2 ti2 h2 9Й2 = й2+(х+у)2-2ху+—f—(х+у) = й - — h 1 1о 1о Отсюда CQ = ~h. Пятый способ Примем обозначения третьего способа (рис. 3): МН = х; HN = у. Обозначим Z.MCH = а, Z.NCH = 0. Тогда из &МСН: tg а = —, из bCHN'Ag 0 =—. Значит, h h tg(a+p)=«a+M = _Li = 'yS±2). l-tgatg0 h2-xy h2 Заметим, что из того, что ______________________________ 1.2 СН = ^АН-НВ, h = ^2x-2y, ху = ^-; CQ = MNc\gZMCN, следует Л2_£ CQ = (х +y)ctg (a +0) = (х +у) = ——— = | h. h(x +у) h h 4 350
93. «Вся» геометрия в одной задаче Шестой способ Обозначим Z.MCN =а (рис. 3). Из треугольника MCN\ MN с CQ = 2Ясока ----cosa = -ctg а. (1) sin а 2 2СМ-CN -sin a = hc. По формуле медианы CM2 = 2а2 +2h2 -BH2,4CN2 =2b2 +2h2-АН2. Но АН2 + ВН2 = (АН + ВН)2 -2АНВН=с2 -2h2. Из треугольника CMN по теореме косинусов: с2 =>4СМ2 +4CN2 -SCM CNcosa = = 2а +2b2 + 4h2 -(АН2 + BH2^-4hcctga - =2с2 +6h2 -с2 -4ftcctga =с2 +6Л2 -4Actga, отсюда с2 =с2 +6Л2 -4/icctga, отсюда 4hc ctg а = 6h2, или ctg a = —. 2с Подставим в выражение (1): с с 3h Зй -;CQ= — 4 4 Седьмой способ Пусть К — середина высо- ты СН (рис. 5). Тогда NK — средняя линия треугольника ВСН, значит, Л'Х'П ВС. Пусть точка D — точка пересечения NK и АС. Тогда ND1AC и К — ортоцентр треугольника ACN, значит, прямая АК со- держит высоту АТ треуголь- ника ACN: AT ±CN. Но высота MF треугольника MCN также пер- пендикулярна CN, значит, AT\\MF, следовательно, MQ — средняя линия треугольника АНК и (7 — середина КН, значит, QH -1 КН = -СН, отсюда СО = -СН. 2 4 4 351
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Восьмой способ Рис. 6 Пусть К — середина СН (рис. 6). Проведем отрезок ВК. Чтобы доказать, что Q — середина КН, достаточно доказать, что NQ\\BK (тогда NQ — средняя линия и Q — середина КН). Значит, необ- ходимо доказать, что ABKH = ANQH. Как известно, /NQH = АС МН = <р (оба равны 9W-AQNM). Поскольку LACH ~ LCBH, то все соответственные углы этих треугольников равны, tp= АСМН — угол между медианой и сторо- ной треугольника АСН, находящейся против угла АСН, равного В. АВКН — угол между медианой и стороной треугольника ВСН, находящейся против угла В, следовательно, АВКН = АСМН = <р, 3 а это значит, что СО - - СН. 4 Рис. 7 Так как Девятый способ Пусть К — середина отрез- ка СН (рис. 7). Тогда МГЦ ВС (средняя линия треугольника ВСН), МКЦАС (средняя ли- ния треугольника АСН). Тогда AMKN = ААСВ=Ж°. Пусть МНХ, NH2 — высоты треугольника CMN, Q — орто- центр треугольника CMN. AMH2N = AM KN =90°, то точки Н2, К, Ht лежат на окружности у с диаметром М V. Продол- жим СН до пересечения с у в точке D. Тогда СК -CD=CHt-CN. (1) 352
93. «Вся» геометрия в одной задаче Имеем: СК = — h (так как К — середина СН). Имеем далее КН = HD 2 (так как MN — диаметр, MN 1KD, значит, KD=2KH-2— = h, 2 3 следовательно, CD -~h. 2 Пусть Z.QCHX - а. Из треугольника CQH(: CHV =CQcgso. (а — угол HCN). Подставим эти выражения в (1): — —h = CQ’COsa -CN. 2 2 Но cos a CN - СН (из &CHN) : ~-h=CQh, откуда CQ--h. 2 2 4 23 - 6-1744 353
94. Восхищение обучением Право, не скажу, где была напечатана впервые эта задача, кто ее автор. Зато с уверенностью могу утверждать, что тираж ее огромен: она скромно разместилась в ipynne В известнейшего задачника под редакцией М. Сканави. Вот ее условие. Площадь треугольника АВС равна , площадь треугольника АНВ (Н — ортоцентр) равна S2. На прямой СН взята такая точка К, что треугольник АВК прямоугольный. Доказать, что площадь треуголь- ника АВК есть среднее геометрическое между 5^ и S2. С задачей я знаком давно, но только теперь осознал ее педагоги- ческую ценность. Начнем с того, что решить задачу не просто. Наверное, самое ес- тественное ее решение — с помощью подобия. Первый способ Требуется доказать (рис. 1), что S] =5, -S2 (53 — площадь треугольника АВК). Это равенство можно записать в виде: с2 КН] =сгСН3НН3, или КН] = СН3НН3. (*) Поскольку Z.BKA = 90°, то КН] = АН3ВН3. Чтобы получить равенство (♦), надо доказать, что СН3НН3 = АН3ВН3. Если это равенство записать в виде СН3 _ ВН3 АН3 НН3 ’ (Iе) 354
94. Восхищение обучением то очевидно, что надо воспользоваться подобием треугольников СВН3 и АНН3. Действительно, эти прямоугольные треугольники имеют по равному острому углу. Кстати, можно «обойти» подобие: из равенства (1°) ^-^- = tg Л, a^^- = tg ZB^//, ,но ZB77H3 = А! АН3 НН3 3 3 Итак, задача «помещается» в равенство: КН23 =СН3НН3. (*) Попробуем тригонометрию. Второй способ Выразим с помощью R и углов треугольника все компоненты ра- венства (♦): НН3 = ВН cos А = 27? cos Л cos В, СН3 - a sin В - 2R sin A sin В, КН 3 = у]АН3 ВН3 -y/bcosA-acosB = y/R2 sin2.4-sin2B. Имеем НН3 СН3 ~R2 sin2Л-sin2В. Однако! Существует третий способ доказательства. И вновь на «хорошую геометрию» выведет алгебра! Третий способ Обозначим АН} = т; ВН3 = л; НН3 = /. Имеем: Sakb _ КН3 _Jmn НН3 t Ллв л ГТ ^АКВ ^тП ТТ Далее =--------. Перемножим: 3АИГ Очевидно, что должно быть mn=t-ha. Действительно, опишем окружность во- круг &АВС (рис. 2). Продлим отрезокСН3 до пересечения с окружностью в точке N. ТогдаH3N (использовалиизвест- ное свойство НН3 =H3N). 23* 355
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Теперь применим теорему о произведении отрезков хорд CH3HyN = АН3ВН3, winmn=t-ha,<i значит, = S^B • SAgc. И, наконец, кульминация! Решим задачу с помощью стереометрии. Применение стерео- метрии для решения планиметрических задач особо интересно! Четвертый способ Рассмотрим прямоугольный тет- раэдр GSAS (три угла при вершине 5 — прямые (рис. 3)). Можно доказать, что iS <.> ~ л!ART ' S ЛИВ • (2°) ЬАВ \ AJfC Ann х z К треугольнику АВС (рис. 4) в про- странстве из ортоцентра Н восстано- вим перпендикуляр t. Пусть К — не- которая точка на прямой СН, такая, что Z/Ю = 90°. Повернем треуголь- ник АКБ так, чтобы его вершина К оказалась на перпендикуляре t. Полу- ченную точку обозначим 5(А?). Тогда тетраэдр CS(k)AB — прямо- угольный, ибо Z.BS(k)A =90°, а высо- та S(k)H проходит через ортоцентр Н грани С АВ. Тогда по формуле (2 °) с — Гч Гг ° S(k)AB У^АВС ^АНВ‘ Но треугольник SAB — это тре- угольник АО, таким образом SАХВ ~ J АВС ‘ АВ В Воистину, рассматриваемая задача — жемчужина не только гео- метрии, но и педагогики геометрии! 356
95. Единственная и неповторимая Конечно, как вы и догадались, речь снова пойдет о задаче. Постараюсь объяснить, за что ей такая честь. Действительно, появившись на Международной математиче- ской Олимпиаде в 1978 г., она до сих пор обсуждается. Для решения привлекается гомотетия, вспомогательная окруж- ность, тригонометрия, лемма Архимеда, теорема Паскаля, формула Эйлера и даже теорема Кэзи. Какая из задач может «похвастаться» таким послужным списком? Начнем с того, что первоначальное условие задачи, предложен- ное на Международной олимпиаде, было перегруженным — слово «равнобедренный» было лишним. Но именно такое условие опуб- ликовал впервые журнал «Квант» (№ 537). Окружность касается внутренним образом окружности, опи- санной вокруг равнобедренного треугольника АВС, а также равных сторон АВ и АС этого треугольника в точках Р, Q соответственно. Докажите, что середина отрезка является центром окружности, вписанной в треугольник АВС. Приведем доказательство известного московского математика, сотрудника журнала «Квант» Н. Васильева. Пусть АН — высота треугольника АВС, Е — середина отрезка PQ, С\ — центр данной окружности, Т — точка касания данной окружности с опи- санной около треугольника (рис. 1). Ясно, что точки Е и Т принадлежат прямой АН. Проведем через точку Т касатель- ную к данной окружности (а значит, и к окружности, описанной около тре- угольника АВС). Пусть она пересечет Рис. 1 357
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи прямые АВ и АС в точках Bf и С, соответственно. Треугольники АВС и Al BtC{ гомотетичны с центром гомотетии в точке А и некоторым АН коэффициентом к. Очевидно, что к =---. Из прямоугольных тре- АТ угольников АН В и АВТ имеем, что АН АН = АВ cosa, АТ =——— cosa (a = АВАН - АСАН), значит, к =cos* 2 а. Аналогично, из прямоуголь- ных треугольников АЕР и АР(),:--- cos2 a. АС\ Поэтому при гомотетии точка Е перейдет в точку О,, а поскольку точка Oj — центр вписанной в треугольник АВ1С1 окружности, то точка Е будет инцентром треугольника АВС\ Теперь приведем решения усовершенствованной задачи, убрав слово «равнобедренный»: Окружность касается сторон АВ и АС треугольника АВС в точках Р и Q соответственно, а также внутренним образом касается окруж- ности, описанной около этого треугольника. Доказать, что инцентр I треугольника АВС совпадает с серединой отрезка PQ. (1) Первый способ (с помощью тригонометрии) Чтобы доказать, что точка Е, середина отрезка PQ, является ин- центром треугольника АВС, достаточно показать, что . А sin 2 где г — радиус окружности, вписанной в треугольник АВС. Дейст- вительно, поскольку АР = AQ, то АС\ EPQ(O} — центр данной ок- ружности) и точка Е принадлежит пря- мой AOt (рис. 2). Поскольку инцентр также принадле- жит прямой AOt (биссектрисе утла Л), то чтобы доказать, что точки Е и I сов- падают, достаточно показать, что АТ ат Г Рис. 2 sm — 2 358
95. Единственная и неповторимая Обозначим — радиус окружности, данной в условии: OlQ = rl Из треугольников О1EQ и AEQ имеем: л?.. А . А АЕ tg- sin- ------2- = Л£- 2 А cos — 2 . - 1 cos Z.EQOl 2 А cos — 2 2 л Г cos — 1 7 Откуда АЕ =-------—. Итак, для доказательства формулы (1) доста- А sin — 2 точно показать, что г. cos2 — -г. (2) 1 2 Здесь будет уместно провести аналогию с тригонометрическим доказательством формулы Эйлера (012 -R2 -2Rr) (см. книгу «Тре- угольйик и тетраэдр в задачах»). Поскольку заданная окружность и окружность, описанная около треугольника, касаются, то ООХ =7?-^, где R — радиус описанной окружности. Точка О, принадлежит биссектрисе угла А, поэтому В—С ZOAO} = —-— (считаем, что ZJ3 > ZQ. Применим теорему косину- г сов к треугольнику АОО : AO-Rt AOi =—-—, значит, . А sin — 2 2 (If-q)2 =£2 -2£—^—cos^^+ , sin- 2 sin2 — 2 2 2 A . „ . A В —C - D . 2 A r. sin-----r. = -27? sin cos-------+2/?sin — 1 2 1 2 2 2 2 A . A( BC . A) r. cos — = 2/? sin — cos---sm— , 1 2 2< 2 2/ 2 A __ . A( B-C r. cos — = 2R sm — cos- ’2 21 2 r. cos2 — = 47?sin — sin — sin —. 1 2 2 2 2 Поскольку по известной формуле правая часть равенства равна г, то fj cos2 — = г, тогда формула (2), а значит, и сама задача, доказана. 359
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Для применения других способов нам понадобится лемма Архимеда. Лемма Архимеда. Если некоторая окружность касается данной окружности и ее хорды, то прямая, соединяющая точки касания, проходит через середину дуги, стягиваемой этой хордой. Первый способ. Пусть О,О} — центры данных окружностей (рис. 3), Т},Т2 — точки касания окружностей и хорды ВС большей окружности, А — точка пересечения прямой ТХТ2, с большей окружностью. Тре- угольники 0,7j Т2 и ОТ\ А — равнобедренные, поэтому ZO, Т2ТХ = ZO, Тх Т2 = ZOT{ А = ZOA 7\, откуда ОХТ2 ||Ш. Но ОХТ2 А.ВС, следовательно, ОА±ВС и поэтому <jAB = о АС. Рис. 3 Второй способ. Рассмотрим гомотетию с центром в точке 7\ и ко- 22 ’ эффициентом —, где R и г — радиусы большой и малой окружностей г (рис. 4). При этой гомотетии меньшая окружность перейдет в боль- шую, а хорда ВС в касательную t к большей окружности в точке А, причем 111 /?С. Поскольку в этом случае \jAB = \jAC, то лемма Архи- меда доказана. Второй способ (с помощью леммы Архимеда и вспомогательной окружности) Сохраним все обозначения из «тригонометрического способа». Пусть Т — точка касания данной окружности и окружности, опи- санной вокруг треугольника АВС (рис. 5). Проведем биссектрису угла ВТС. Пусть она пересечет отрезок PQ в некоторой точке D. 360
95. Единственная и неповторимая Докажем, что APCD = -AACB. (3) 2 Действительно, Z.CPD+Z.CTD = = 180°-| 90°--ZCTB = I 2 J 2 = 90°+^+1(180°-Я) =180°. Следовательно, четырехугольник Рис. 5 CPDT — вписанный, поэтому Z.PTD = /.PCD. Воспользуемся леммой Архимеда. Пусть прямая РТ пересекает большую окружность в точке F. Тогда \jCF = uAF = -uAC. 2 Остаются вычисления: ZCTD = ZOT + ZFTD = + ZACD. 2 С другой стороны: ZCTD = | ZCTB = i (180°-Л) = 90°- у, следовательно, 90о_ ZLR4C = ZJ5C + = /ZC# 2 2 2 Равенство (3) доказано, следовательно, CD — биссектриса угла АСВ. Аналогично доказывается, что BD — биссектриса угла ЛЯС, зна- чит, точка Л — инцентр / треугольника АВС, а значит, D — середина PQ(AP = AQ). Для доказательства третим способом нам понадобится теорема Паскаля. Теорема Паскаля. Если шестиугольник ABCDEF вписан в окруж- ность и противоположные его стороны (АВ и DE, ВС и EF,CD и FA) не параллельны, то точки пересечения продолжений этих сторон лежат на одной прямой (рис. 6). 361
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Рис. 7 Третий способ (применение теоремы Паскаля и леммы Архимеда) По лемме Архимеда прямая РТ пересекает дугу АС в ее середине — точке W2 (рис. 7). Аналогично, прямая пересекает дугу АВ в точке W]. Пересече- ние прямых BW2 иСИ^ — есть инцентр I треугольника АВС. Докажем, что он принадлежит отрезку PQ. Рассмотрим шестиугольник TCW2 АИ^В. Точки пересечения его противоположных сторон (Р, I, Q) принадлежат одной прямой PQ. Четвертый способ доказательства при помощи теоремы Кэзи ре- комендуем найти самостоятельно. Думаю, что этим не ограничивается применение знаменитых теорем к доказательствам предложенной задачи. Время покажет! 362
96. Право автора Этим правом я и воспользовался, чтобы без всякой аргументации выбрать задачу. Задача. Отрезки MN,EF и KL, параллельные сторонам треуголь- ника АВС и пересекающие его стороны (рис. 1), обозначим с,, Ьх ,с,. Доказать соотношение —+—+—=2. а b с Первый способ Пусть СЕ = к, EK = т, ВК = п. Тогда MX = к, NX = п, т. е. я, = к+п. Из подо- бия треугольников BEF и ВСА имеем: _т+п b а Аналогично, cY _ к+т с а Следовательно, имеем: fli +^i +ci _к+п + т+п к+т _2(к+т+п) а b с а а а а Второй способ Пусть , S2, S3 — площади треугольников ХЕК, XLM, XFN, со- ответственно (рис. 1). Справедливо равенство (докажите!): Значит, MN а 4Ё 363
Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи Аналогично, EF . ь 4s LK с 4s Третий способ (теорема Жергона) Пусть три отрезка АА., ВВ., СС, пе- ресекаются в точке X (рис. 2). Имеет место соотношение (теорема Жергона): АХ ВХ СХ _ ----+----+----= 2. АА. ВВ. СС. В нашем случае (рис. 3): MN _ АХ ВС ~ АА. Значит, а. Ь. с. АХ ВХ СХ п а Ь с АА. ВВ. СС. Думаю, что связь теоремы Жергона и поставленной задачи и есть главная аргументация. Согласны? 364
Содержание Предисловие.............................................. 3 Глава I. Дайте ребенку пофантазировать 1. Задача о биссектрисах двух смежных углов............ 5 2. Вертикальные углы равны. Восемь способов! Слабо?... 9 Глава И. В равнобедренном треугольнике 3. Равнобедренный треугольник. Самая «знаменитая» высота. . 12 4. Равные высоты равнобедренного треугольника......... 15 5. Две биссектрисы равнобедренного треугольника....... 18 6. Две медианы равнобедренного треугольника........... 21 1лава III. Популярные углы в треугольнике 7. Угол между высотами равен углу треугольника (/.АНН3 = ААВС)..................... 26 8. Два угла прямоугольного треугольника.............. 29 9. Видизинцентра...................................... 32 10. Угол между высотой и биссектрисой, проведенными из одной вершины...................... . 37 11. Углы с перспективой........................... . 40 12. Окружность. Первые задачи........................ 42 13. Авторская задача... детей........................ 50 Глава IV. Теоремы школьных учебников геометрии 14. Теорема о медиане тс прямоугольного треугольника АСВ (АС =90°)............................ 52 15. Доказать, что треугольник прямоугольный: обратная теорема о медиане............................ 55 16. Превратности знаменитой теоремы................... 58 17. Теорема о средней линии трапеции.................. 62 18. Равнобедренная трапеция. Средняя линия............ 66 19. Здравствуйте, господин Рыбкин!.................... 69 20. Обратная теорема о прямоугольнике и ромбе.......... 74 21. Диаметр перпендикулярный хорде.................... 76 22. Вписанный угол, опирающийся на диаметр............ 79 23. Равные хорды—равные дуги.......................... 82 365
24. Равные хорды равно удалены от центра............... 84 25. А теперь хорды параллельны......................... 86 26. Когда две хорды параллельны?....................... 88 27. Особая теорема: угол с вершиной внутри круга....... 90 28. Угол между касательной и хордой.................... 92 29. Теорема о секущей и касательной.................... 96 30. Теорема о произведении отрезков хорд............... 99 31. Две касательные....................................101 32. Популярные доказательства теоремы Пифагора.........103 33. Теорема Пифагора. Обратная.........................108 34. Двадцать два. Кто больше?..........................114 35. Три медианы........................................123 36. Верните теорему в школу!...........................130 37. Три высоты треугольника............................133 Глава V. Популярные теоремы и формулы геометрии треугольника 38. Одна из главных....................................140 39. Замечательная перпендикулярность...................144 40. Поиск способов или способ поиска?..................146 41. Углы в антипараллелях..............................150 42. Теорема трилистника — самая эмоциональная теорема геометрии треугольника.................................152 43. Биссектрисы ортоцентрического треугольника.........158 44. Второй способ решения как повод для импровизации .... 161 45. Векторный способ как повод для размышлений.........164 46. Трилистник и вневписанная окружность...............166 47. Прямая Эйлера......................................169 48. Окружность Аполлония есть в школьном учебнике......173 49. Страдания юного эрудита...................... . . . 176 Глава VI. Формулы планиметрии 50. Возникла связь времен..............................178 51. Новый основной элемент.............................180 52. Формула X = 184 53. Радиус вписанной в треугольник окружности..........186 54. Знакомая формула ..................................189 55. Кто бы мог подумать?...............................195 56. Дуэль на мясорубках................................201 57. Самая популярная формула биссектрисы.............. 204 58. Лучшая авторская задача, или 19 лет спустя........ 211 59. Формула Леонарда Эйлера............................218 60. Замечательное равенство геометрии треугольника.....223 61. Формула Карно как зеркало геометрии треугольника...226 366
62. Снова ортоцентрический треугольник................230 63. Теоремы Чевы и Менелая............................235 64. Укрощение формулы Герона..........................240 65. Формула Архимеда..................................246 66. Попытка «управлять» импровизацией.................249 67. Осторожно! Третий способ!.........................252 68. Пять способов доказательства формулы Гамильтона...254 69. Формулы д ля двух перпендикулярных медиан.........257 Глава VII Геометрические неравенства 70. Самое знаменитое неравенство......................259 71. Благодаря Карно...................................264 72. Хоровод неравенств................................265 73. 0 самом замечательном свойстве ортоцентрического треугольника.........................270 74. Не всякий треугольник может быть разностным.......273 Глава VIII. Стереометрия. Коллекционные задачи 75. Они были первыми..................................274 76. Прыжок выше головы................................277 77. Обаятельная скромность стереометрических жемчужин . . . 281 78. Прямая Эйлера и стереометрия......................286 79. Стереометрическая аналогия формулы Эйлера.........289 80. Альтернатива теореме Чевы в стереометрии..........295 81. Сечение одно — способы разные.....................298 82. Медианы тетраэдра.................................303 83. Теорема Чевы... в стереометрии....................306 84. Прямоугольный тетраэдр как Клондайк аналогий......308 Глава IX. Планиметрия. Коллекционные задачи 85. Сенсационная находка геометрических археологов....314 86. Задача Д. С. Людмилова............................318 87. Поражение или победа?.............................321 88. Фантазии на тему одной задачи.....................324 89. Возведение на трон................................328 90. Треугольник и квадрат: «Мно-о-гие спо-о-со-бы!»...336 91. Коллекционная задача..............................340 92. С тригонометрией... Без тригонометрии.............342 93. «Вся» геометрия в одной задаче....................348 94. Восхищение обучением..............................354 95. Единственная и неповторимая.......................357 96. Право автора......................................363 367
Кушнир, Исаак К 96 Альтернативные способы решения задач (Геометрия). — К.: Факт, 2006. - 368 с. ISBN 966-359-124-2 Желание решить задачу многими способами является далеко не праздным. И те, кто искренне заинтересованы в изучении математики и ее преподавании, наверняка убедились не только в эффективности, но и в эстетической привлекательности по- исков второго способа решения. Сделать такой поиск не слу- чайным явлением, а регулярным — цель этой книги. УДК 514(075.3) ББК22.15я722 Научно-методическое издание Исаак КУШНИР АЛЬТЕРНАТИВНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ (ГЕОМЕТРИЯ) Редактор Леонид Финкельштейн Технический редактор Оксана Кравцова Корректор Инна Киселева Макетирование обложки Иннокентия Вырового Верстка и макетирование Дмитрия Финкельштейна Сдано в производство 17.05.2006. Подписано в печать 17.10.2006. Формат 60х 100 1/16. Бумага офсетная № 1. Гарнитура «Ньютон». Печать офсетная. Усл. печ. л. 25,6. Уч.-изд. л. 21,58. Тираж 1000 экз. Зак. № 6-1744 ООО «Издательство „Факт"» 04080, Украина, Киев-80, а/я 76 Регистрационное свидетельство ДК№ 1284 от 19.03.2003 Тел./факс: (044) 287 1882,287 1886 E-mail: office@fact.kiev.ua Отдел сбыта: (044) 463 6887 E-mail: sbyt@fact.kiev.ua www.fact.kiev.ua Отпечатано с готовых форм на ЗАО «ВИПОЛ» 03151, Киев, ул. Волынская, 60 Свидетельство о внесении в Государственный реестр серия ДК № 752 от 27.12.2001