ГЕОМЕТРИЯ

ГЕОМЕТРИЯ
Геометрические задачи- это наиболее деятельностная и наглядная
часть олимпиадных заданий. Такие задачи обязательно присутствуют в
олимпиадах для младших школьников. Еще чаще геометрические задачи
встречаются на математических турнирах всех уровней.
Рассмотрим олимпиадные задачи для учащихся 5-9 классов.
Пример 1. С помощью циркуля и линейки разделить угол в 19° на19 равных
частей.
Решение. Ясно, что задача сводится к построению угла в 1°, далее все просто.
Заметим, что 19 х 19 = 361, то есть сумма девятнадцати углов в 19° есть
окружность плюс 1°. Сложение углов при помощи циркуля и линейки
является стандартной, хорошо решаемой задачей. Получив угол в 1°, далее
отложим этот угол девятнадцать раз и получим угол в 19°. Задача решена.
Эта задача И. И. Александрова на построение встречается, например, в
сборнике подготовительных задач XXXI московской математической
олимпиады. Ее можно встретить и во многих изданиях последних лет.
При решении задач с треугольниками школьники очень часто сбиваются на
построение правильных или равнобедренных треугольников для того, чтобы
получить решение задачи для частногослучая. Такой подход не всегда себя
оправдывает.
Примечание. И. Ф. Шарыгину принадлежит идея построения
«произвольного» треугольника. Такой треугольник должен:
1) хорошо строиться;
2) не давать частных случаев решения задачи, например особенностей в
соотношениях между элементами треугольника(к слову, высота, проведенная
из одной вершины, не может оказаться равной медиане, проведенной из
другой вершины).
Таким треугольником является треугольник с углами в 45°, 60° и 75°.
Хорошо известна задача о делении произвольного треугольника на 4, 9, ..., п2
равных треугольников. Для того чтобы разделить треугольник на 4 равные
части, в нем просто нужно провести три средних линии.
Пример 2. Нарисовать треугольник, который можно разделить
на 5 равных треугольников.
Решение. Очевидно, что треугольник можно разделить на 4 равные части.
Далее к этому треугольнику требуется «приставить» его четвертую часть;
при этом снова должен получиться треугольник. Это возможно только в том
случае, когда треугольник является прямоугольным, ведь только тогда сумма
двух прямых углов даст развернутый угол (отрезок, который является
стороной треугольника, при этом будет суммой сторон большого
треугольника и его «четвертушки»).
Покажем на рисунке решение задачи.
Необходимо нарисовать прямоугольный
треугольник, у которого один катет в два
раза длиннее другого.
Приведем примеры задач, которые вообще не требуют расчетов.
(В примере 2 мы складывали 4 и 1.)
Пример 3. Доказать, что никакая фигура не может иметь ровно два центра
симметрии.
Решение. Доказательство основывается на том факте, что точка,
симметричная одному центру симметрии относительно другого, также
является центром симметрии.
Пример 4. Разрезать произвольный треугольник на три части, из которых
можно составить прямоугольник.
Решение. Для решения задачи необходимо разрезать треугольник по средней
линии, а отрезанный треугольник еще и по высоте. Сложение получившихся
частей в прямоугольник не составляет труда.
Следующая задача встречается у И. Ф. Шарыгина.
Пример 5. Имеется несколько кирпичей. Необходимо, не используя теорему
Пифагора, при помощи линейки определить длину наибольшей диагонали
кирпича.
Решение. Решение задачи представлено на рисунке.
Необходимо сложить три кирпича и измерить расстояние между точками А
и В. Это диагональ несуществующего кирпича.
Неравенство треугольника
Отдельного
разговора
требуют
геометрические
задачи
с
неравенствами. Неравенство треугольника — самое фундаментальное
геометрическое неравенство, недаром его учат в школе. Именно поэтому
полезно выяснить у школьников, знают ли они его, решали ли задачи на его
применение. Конечно, необходимо напомнить о том, что кратчайшим
путем между двумя точками является отрезок прямой.
Итак, неравенство треугольника: для произвольного треугольника ABC:
AB < ВС + АС.
Сформулируем необходимые для нас теоремы.
Теорема 1.
Для любых трех точек А, В и С на плоскости АС > |АВ - ВС|.
Доказательство этой теоремы не представляет сложности.
Примечание. Сформулировав теорему, дадим ее очевидное геометрическое
истолкование: длина любой стороны треугольника не меньше модуля
разности длин двух других сторон.
Теорема 2. Длина любой стороны треугольника не превосходит
его полупериметра.
Примечание. Один из самых распространенных способов доказательства
геометрических неравенств состоит в том, что применяется неравенство
треугольника, возможно, с использованием некоторых дополнительных
соображений.
Пример 7. Длина стороны АС треугольника ABC равна 3,7, длина стороны
АВ — 0,5. Известно, что длина ВС — целое число. Какова эта длина?
Решение. По теореме 1 3,7 > |0,5 — ВС|, однако ВС — число натуральное,
поэтому 3,7 > ВС — 0,5, откуда ВС < 4,2. Далее ясно, что ВС = 4. Подумайте,
почему ВС не может равняться трем.
Пример 8. Найти внутри выпуклого четырехугольника такую точку, сумма
расстояний от которой до вершин минимальна.
Решение. Поскольку четырехугольник выпуклый, его диагонали
пересекаются в точке О. Обозначим вершины четырехугольника через А, В,
С и D. Тогда сумма расстояний от О до вершин равна сумме длин диагоналей
АС и BD. Но для любой другой точки Р РА + PC > АС по неравенству
треугольника, и, аналогично, РВ + PD > BD. Значит, сумма расстояний от Р
до вершин не меньше АС + BD, и, очевидно, что эта сумма равна АС + BD,
только если Р совпадает с точкой О. Значит, точка О — искомая.
Далее представляем более сложные олимпиадные задачи по геометрии,
для старшеклассников и студентов. Задачи имеют нумерацию,
соответствующую нумерации в сборнике автора.
КОМБИНАТОРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ
n -угольник. Сколько существует
394
Дан правильный
равнобедренных треугольников, вершины которого выбраны из вершин этого
n -угольника?
395 Из любых 6 точек на плоскости (з которых 3 не лежат на одной
прямой) можно выбрать три, что треугольник с вершинами в этих точках
имеет хотя бы один угол не больше 30 . Доказать.
396 На плоскости расположены два миллиона точек. Существует ли
окружность, внутри которой расположен ровно один миллион точек?
397 Несколько человек совещались за круглым столом. После
перерыва они вновь сели за этот стол. Оказалось, что расстояние между
любыми двумя людьми изменилось (расстояние – это количество
собеседников между ними, считая от первого ко второму по часовой
стрелке). Доказать, что общее число людей за столом нечетно.
ПЛАНИМЕТРИЯ
1. Задачи на построение
398
Треугольник ABC равнобедренный с основанием AC .
Окружность радиуса R с центром в точке O проходит через A и B и
пересекает прямую BC в точке M , отличной от B и C . Найти расстояние от
точки O до центра окружности, описанной около треугольника ACM .
399 Окружности с радиусами r и R касаются друг друга внешним
образом и касаются прямой в точках A и B . Пусть A1 - точка первой
окружности, диаметрально противоположная точке A . Отрезок A1 B
пересекается с первой окружностью в точке M . Найти отношение A1M и
MB .
400 Через точку O проведены три прямые, попарно углы между
которыми равны 60 . Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных
из произвольной точки A на эти прямые, служат вершинами правильного
треугольника.
401 В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA1 , BB1
, CC1 . Доказать, что эти высоты являются биссектрисами углов треугольника
A1 B1C1 .
402 На плоскости расположены два квадрата ABCD и BKLN так, что
точка K лежит на продолжении AB за точку B , N лежит на луче BC .
Найти угол между прямыми DL и AN .
403 Дан квадрат ABCD . O - центр квадрата. Точки K и M являются
соответственно серединами отрезков BC и OD . Требуется найти угол AMK .
404 Из точки M , взятой на стороне AB остроугольного треугольника
ABC проведены перпендикуляры MP и MQ к сторонам BC и AC . При
каком расположении точки M длина отрезка PQ будет минимальной?
405 Дан правильный треугольник ABC . Внутри угла ABC взята
точка M такая, что AMB  30 . Прямые AC и BM пересекаются в точке
K . Требуется вычислить углы MAB и MCB , если известно, что треугольник
MKC и MCB подобны.
406 Вне правильного треугольника ABC , но внутри угла BAC взята
точка M , удовлетворяющая условиям: CMA  30 , BMA   . Требуется
вычислить угол ABM .
407 В треугольнике ABC проведена медиана AD . Вычислить угол
BAC , если известно, что DAC  ABC  90 ( AB  AC ).
408 Из вершины A квадрата ABCD проведены два угла, образующие
между собой 45 . Один пересекает сторону BC в точке E , диагональ BD - в
точке P , другой – сторону CD в точке F , диагональ BD - в точке Q .
Докажите, что площадь треугольника AEF вдвое больше площади
треугольника APQ .
409 В треугольнике ABC : AB  AC , B  C  80 . На сторонах AC
, AB взяты точки E , D , удовлетворяющие условию EBC  60 ,
DCB  50 . Вычислите угол DEB .
411 В треугольнике ABC серединный перпендикуляр к стороне AB
пересекает прямую AC в точке M , а серединный перпендикуляр к стороне
AC пересекает прямую AB в точке N . Известно, что MN  BC и прямая
MN перпендикулярна прямой BC . Определите углы треугольника ABC .
412 На плоскости даны три точки A , B , C , которые являются
серединами сторон параллелограмма. Построить параллелограмм.
413 Построить циркулем и линейкой треугольник по двум сторонам,
если известно, что величина угла против одной из них в 3 раза больше
величины угла против другой.
414 Построить четырехугольник по четырем его сторонам и углу
между прямыми, которые содержат одну из пар противоположных сторон.
415 Как с помощью двусторонней линейки без делений разделить
отрезок на две равные части?
2. Задачи на доказательство и нахождение ГМТ
416 Докажите справедливость следующих формул для площади
a 2 sin B sin C
треугольника: S 
, S  2 R 2 sin A sin B sin C , где A , B , C - углы
2 sin A
треугольника; a - сторона, лежащая против угла A ; R - радиус описанной
окружности.
417 Докажите, что если a и b - две стороны треугольника,  - угол

2ab cos
2.
между ними и l - биссектриса этого угла, то l 
ab
418 Докажите, что расстояние от вершины A треугольника ABC до
точек касания вписанной окружности со сторонами AB и AC равны p  a ,
где p - полупериметр треугольника ABC , a  BC .
419 Дан правильный треугольник ABC . Точка K делит сторону AC в
отношении 2:1, а точка M делит сторону AB в отношении 1:2 (считая в
обоих случаях от вершины A ). Доказать, что длина отрезка KM равна
радиусу окружности, описанной около треугольника ABC .
420 Докажите, что отрезок общей внешней касательной к двум
окружностям, заключенный между общими внутренними касательными,
равен длине общей внутренней касательной.
421 Существует ли треугольник, медиана которого в 1000 раз длиннее
высоты? (медиана и высота проведены из одной вершины).
422 В треугольнике ABC C  90 , AB  c , BC  a , AC  b , CD высота, опущенная из вершины C на сторону AB , CD  h .
Доказать, что h  c  a  b .
423 Из вершины A треугольника ABC опущены перпендикуляры
AX и AY на биссектрисы внешних углов B и C . Доказать, что XY  1 2 PABC
( P - периметр).
424 Фигура F на плоскости ограничена замкнутой кривой. Доказать,
что около фигуры F можно описать квадрат.
425 Каждая диагональ четырехугольника делит его на треугольники с
равной площадью. Доказать, что этот четырехугольник – параллелограмм.
426 Из произвольной точки M катета BC прямоугольного
треугольника ABC опущен перпендикуляр MH на гипотенузу AB .
Доказать, что MAH  MCH .
1
1
1 1

  , где r 427 Доказать справедливость формулы
ha hb hc r
радиус вписанной в данный треугольник окружность, а ha , hb , hc - его
высоты.
428 Точки A , B , C лежат на одной прямой, причем B лежит между
A и C . Найти геометрическое место точек M таких, что окружности,
описанные около треугольников AMB и BMC , равны.
429 На прямой AB найти точку X так, чтобы касательные,
проведенные из нее к двум окружностям, составили с прямой AB равные
углы.
430 Две стороны одного треугольника равны двум сторонам другого
и два угла первого треугольника равны двум углам другого. Могут ли быть
треугольники неравными?
431
Стороны треугольника и диаметр вписанной окружности
составляют арифметическую прогрессию. Верно ли, что этот треугольник
прямоугольный?
432 Длины a и b двух сторон треугольника удовлетворяют условию
a  b , а длины соответствующих им высот равны ha и hb . Доказать
неравенство a  ha  b  hb . Определить когда достигается равенство.
433 Доказать, что для любого выпуклого четырехугольника
отношение наибольшего из расстояний между его вершинами к
наименьшему из них не меньше 2 .
3. Задачи на вычисление
434 На сторонах AD и CD квадрата ABCD со стороной 3 взяты две
точки M и N так, что MD  DN  3 . Прямые BM и CD пересекаются в
точке E . Найти длину отрезка NE , если ME  4 .
436 В равнобочной трапеции основание AD равно диагонали AC .
Известно, что CAD  CDM , где M - середина BC . Найти углы трапеции.
437 Биссектрисы AM и BN треугольника ABC пересекаются в
точке O . Известно, что AO  3MO , NO  3  1 BO . Найти углы
треугольника.
438 В круге с центром O проведены два взаимно
перпендикулярных диаметра AB и CD . На радиусе OB
1
взята точка K так, что OK  OB , а на радиусе OD - точка
3
1
M так, что OM  OD . Доказать, что точка пересечения
2
прямых
CK и AM расположена на данной окружности (рисунок 8). Рис.8
439 На стороне BC треугольника ABC взята точка M так, что
BM  2CM . Точки K и L выбраны на сторонах AC и AB соответственно
так, что AK  2CK , BL  3 AL . В каком отношении прямая KL делит отрезок
AM (рисунок 8)?
440 В трапеции ABCD дано: AB  CD  CD  a , DA  2a . На прямых
AB и AD взяты точки E и F , отличные от вершин трапеции, так, что точка
пересечения высот треугольника CEF совпадает с точкой пересечения
диагоналей трапеции ABCD . Найдите площадь треугольника CEF .
441 На сторонах AD и DC параллелограмма ABCD взяты
соответственно точки N и M так, что AN : ND  1: 3 , DM : DC  1: 4 .
Отрезки BM и CN пересекаются в точке O . Найти отношение OM : OB .
442 В треугольник вписана окружность. Одна из сторон треугольника
делится точкой касания на отрезки длиной a и b . Найти радиус вписанной
окружности, если площадь треугольника равна S .
443 В прямоугольном треугольнике высота, опущенная на гипотенузу,
равна l , а биссектриса прямого угла - m . Найти площадь треугольника.
444 В треугольнике ABC на медиане BD взята точка K так, что
DK : BK  3 : 2 . Прямая AK пересекает сторону BC в точке E . Найти
отношение площадей треугольников ABD и BKE .
445 Из всех треугольников заданного периметра найти такой, у
которого радиус вписанной окружности максимален.
446 Площадь трапеции равна 1. Какую наименьшую величину может
иметь наибольшая диагональ этой трапеции?
447 Дан прямоугольный треугольник ABC . На катете СB взята точка
R так, что отрезок AR делится центром O вписанной окружности в
3 1
отношении AO : OR 
. Найти (в градусах) меньший угол треугольника.
3 1


448
Пусть A , B , C - углы треугольника, причем
sin A : sin B : sin C  4 : 5 : 6 . Найти cos A , cos B , cosC .
449 В треугольнике ABC на стороне AB взята точка M так, что
MB  1 3 AB , а на стороне BC точка K так, что KC  2 5 BC . Прямая MK
пересекает прямую AC в точке X . Найти отношение AC : CX .
450 Могут ли длины всех высот треугольника быть меньше 1 см, а
площадь больше 100 см2?
451 длины оснований трапеции равны a и b . Найти длину отрезка
прямой, параллельной основаниями трапеции и делящей трапецию на части в
отношении P : Q .
452 В правильном треугольнике ABC сторона равна a . Отрезок AS
длины a перпендикулярен к плоскости ABC . Найти расстояние между
прямыми AB и CS .
453 Найти все тройки натуральных чисел a , b , c , являющихся
длинами сторон треугольника с диаметром описанной окружности, равным
6,25.
СТЕРЕОМЕТРИЯ
1. Задачи, приводящие к решению тригонометрических
уравнений
454 Основанием призмы служит прямоугольник. Боковое ребро
составляет прямые углы со сторонами основания и наклонено к плоскости
основания под углом  . Найдите угол между боковым ребром и стороной
основания.
455 Три ребра прямоугольного параллелепипеда, выходящие из одной
вершины, относятся между собой как 3:4:5. найдите углы между диагональю
параллелепипеда и тремя его ребрами, выходящими из одной вершины.
456 Найдите угол между прямой, соединяющей вершину куба с
центром противоположной грани, и ребром, перпендикулярным к этой грани.
457 Равносторонний треугольник со стороной a спроектирован на
плоскость: две вершины находятся на расстоянии a от плоскости проекции,
третья – на расстоянии b , b  a . Найдите угол между плоскостью
треугольника и плоскостью проекций.
458 Все боковые грани пирамиды образуют с плоскостью основания
один и тот же угол. Найдите этот угол, если отношение площади полной
поверхности пирамиды к площади основания равно k . При каком значении k
задача имеет решение?
459 В усеченный конус вписан шар, объем которого в два раза меньше
объема конуса. Найдите угол между образующей конуса и плоскостью его
основания.
460 В пирамиде, у которой все боковые грани одинаково наклонены к
плоскости основания, проведена плоскость через центр вписанного шара
параллельно основанию. Отношение сечения пирамиды этой плоскостью к
площади основания равно k . Найдите двугранный угол при основании
пирамиды.
2. Задачи на доказательство
461 Доказать, что в правильном тетраэдре высоты пересекаются в
одной точке и делятся ею в отношении 3:1, считая от вершины.
462 Доказать, что если одна из высот тетраэдра проходит через точку
пересечения высот противоположной грани, то и остальные высоты этого
тетраэдра проходят через точки пересечения высот противоположных
граней.
463 На гранях MAB , MAC и MBC тетраэдра MABC , как на нижних
основаниях, построены три призмы внешним образом. Плоскости верхних
оснований этих призм пересекаются в точке D . На грани ABC , как на
основании, построена призма, боковое ребро которой равно и парраллльно
отрезку MD . Доказать, что объем четвертой призмы равен сумме объемов
трех первых призм.
464 Доказать, что для любого тетраэдра произведения длин
противоположных ребер могу быть длинами сторон некоторого
треугольника.
465 В тетраэдре ABCD имеем AB  BC , AD  DC . Доказать, что
ребра AC и BD перпендикулярны.
466 На плоскости расположены три отрезка разной длины, лежащие
на разных параллельных прямых. Для каждой пары отрезков определим
точку пересечения двух прямых, одна из которых проходит через их левые
концы, а другая – через правые. Доказать, что полученные точки лежат на
одной прямой.
3. Задачи на вычисления
467 Дана треугольная пирамида, у которой все плоские углы при
одной из вершин прямые. Известно, что существует точка в пространстве,
удаленная на расстояние 3 от указанной вершины и на расстояния 5 , 6 ,
7 от трех других вершин. Найдите радиус сферы, описанной около этой
пирамиды. (Описанная сфера для пирамиды – это сфера, содержащая все ее
вершины.)
468 Найдите наименьшее значение выражения x  y 2  z  u 2 , если
x  12   y  42  z  32  u  22  1.
469 Известно, что расстояния от всех вершин куба и центров его
граней до некоторой плоскости (всего 14 величин) принимают два различных
значения. Наименьшее равно 1. Чему может равняться ребро куба?
470 Плоские углы при вершине D пирамиды ABCD равны  ,  и 
( ÑDB   ). На ребре ÑB взята произвольная точка M . В каждую из
пирамид ABDM и ACDM вписали шар. Проведем через D плоскость,
отличную от BCD , касающуюся обоих шаров и не пересекающую отрезок,
соединяющий центры шаров. Пусть эта плоскость пересекает отрезок AM в
точке P . Чему равен ADP ?
471 Коробка имеет форму прямоугольного параллелепипеда размером
30  12  12 . Точка A находится на грани 12  12 , причем она удалена на
расстояние 1 от одной стороны этой грани и равноудалена от двух других
параллельных сторон. Какова длина кратчайшего пути по поверхности
коробки из точки A в точку, симметричную ей относительно центра
параллелепипеда?
472 Солнце находится в зените. Как надо расположить спичечный
коробок, чтобы его тень на горизонтальном столе закрывала наибольшую
площадь?
РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ
Комбинаторная геометрия
394 Если n нечетное, то при одной вершине многоугольника
n 1
существует
искомых равнобедренных треугольников с той же
2
вершиной. Если n делится на 3, то каждый равносторонний треугольник
2
считается 3 раза. Таким образом,  n треугольников надо отнять от общего
3
 n  1
числа n  
 . Функция «целая часть» учитывает случай четного и
 2 
 n  1 2
нечетного n . Ответ: если n делится на 3, то существует n  
 n
2

 3
 n  1
равнобедренных треугольников, в противном случае их будет n  
.
 2 
395 Возьмем на плоскости окружность, содержащую все данные
точки внутри себя, и рассмотрим прямую l вне окружности. Будем двигать
прямую к точкам, пока она не станет проходить через одну из них, пусть,
например, через точку A . Соединим A с другими точками. Получим 5 лучей
AB , AC , AD , AE , AF . Если BAF  120 , то лучи AC , AD , AE
разбивают его на 4 части, среди которых есть одна, меньшая или равная 30 .
Если же BAF  120 , то в треугольнике ABF выполнено условие:
ABF  AFB  60 , тогда один из них не больше 30 .
396 Возьмем произвольную точку O , не лежащую ни на одной из
срединных перпендикуляров к отрезкам, соединяющим всевозможные пары
заданных точек. Тогда все расстояния от точки O до заданных точек
различны. Обозначим эти расстояния в порядке возрастания через r1 , …,
r2000000 . Возьмем r так, что r1000000  r  r1000001 . Тогда в окружности радиуса
r с центром в O окажется ровно один миллион заданных точек.
397 Пусть все n собеседников встали со своих мест и пошли по
часовой стрелке к новым местам. Тогда общий путь, пройденный ими, равен
целому числу их обходов вокруг стола. Поскольку расстояние между
любыми двумя людьми изменилось, то один из них прошел целое число
обходов, второй – целое число обходов и еще 1 n обхода, третий – целое
число обходов и еще 2 n обхода, …, последний – целое число и n  1 n
обхода. Итак, 1 n  2 n  ...  n  1 n - целое число, что возможно только при
нечетном n .
Планиметрия
Задачи на построение
398 Рассмотрим случай, когда точка M расположена
на стороне BC . Обозначим через O1 центр окружности,
описанной около треугольника ACM (рисунок 37). Тогда
AO1M  2ACM  2ACB  180  CBA  180   ABM .
А это означает (вновь опорный факт!),
что точки M , A , B и O1 лежат на одной окружности,
Рис.37
значит, искомое расстояние равно R . Для завершения решения необходимо
рассмотреть другие случаи расположения точки M и доказать, что во всех
случаях O1 лежит на данной окружности.
399 Решение. Аккуратно выполненный чертеж и некоторые трудно
формализуемые соображения, которые можно объединить под названием
«геометрическая интуиция», позволяют сделать предположение, что точка
M совпадает с точкой касания окружностей. Докажем это. Обозначим
центры окружностей через точки O1 и O2 , а точку касания – через M 1 . Точка
M 1 лежит на отрезке O1O2 (рисунок 38). Прямые AA1 и BO2 параллельны.
Следовательно,
Рис. 38
A1O1M 1  M 1O2 B . Таким образом, равнобедренные треугольники A1O1M 1
и M 1O2 B подобны и A1M 1O1  BM 1O2 , т.е. точки A1 , M 1 и B лежат на
одной прямой и точка M 1 совпадает с точкой M . Искомое отношение равно
r :R.
400 Решение. Пусть K , L , M - основания перпендикуляров (рисунок
39). Заметим, что точки O , A , K , L , M лежат на одной окружности с
диаметром OA . Значит,
KLM  KOM  60 ,
KLM  KOL  60 ,
т.е. треугольник KLM равносторонний.
Рис. 39
401 Решение. Пусть H - точка пересечения высот треугольника ABC .
Заметим, что точки C , H , A1 , B1 лежат на одной окружности с диаметром
CH (рисунок 40). Следовательно,
A1 B1 H  A1CH  BCC1  90  B .
Точно так же на одной окружности располагаются точки H , A , B1 , C1 , и
HB1C1  90  B .
Таким образом, A1 B1H  C1 B1H . То же верно для других углов.
Рис.40
402 Решение. Пусть для определенности BC  BN . Опишем около
квадратов окружности и обозначим через M точку пересечения этих
окружностей, отличную от B (рисунок 41). Имеем
BML  BNL  90 ,
BMD  BCD  90 .
Следовательно, точки D , M и L лежат на одной прямой. Далее
DMA  DCA  45 ,
LMN  180  NBL  135 .
Таким образом, M есть точка пересечения прямых AN и DL , а угол
45 . Случай
между этими прямыми
равен
аналогично.
BC  BN рассматривается
Рис. 41
403 Решение. На продолжении отрезка KO на стороне
AD отметим точку F (рисунок 42). Так как отрезок FM
является
и
высотой,
и
медианой
прямоугольного
равнобедренного треугольника OFD , то FMB  90 .
Следовательно, точки A , B , K , M , F лежат на окружности
диаметром BF (или AK ). Тогда угол AMK будет прямым, как
угол, опирающийся на диаметр AK .
Рис. 42
404 Решение. Так как CPM  CQM  90 , то точки C , P , M , Q
лежат на окружности с диаметром CM (рисунок 43). Постоянный угол C
стягивается хордой PQ . Для того, чтобы длина отрезка PQ была
минимальной, нужно, чтобы отрезок CM был минимальным. Последнее
возможно, когда этот отрезок будет высотой треугольника ABC .
Рис. 43
Рис. 44
1
405 Решение. Так как AMB  ACB , то точки M , A , B , лежат
2
на окружности с центром в точке C (рисунок 44). Продолжив радиус BC ,
отметим на окружности точку D . Из подобия треугольников MKC и MCB
имеем MCA  MCB   . Тогда MCD  2 . Составляем уравнение
2    60  180 , откуда   40 . Тогда MAB  130 и MCB  100 .
1
406 Решение. Так как CMA  CBA, то точки A , C , M лежат на
2
окружности с центром в точке B (рисунок 45). Из равнобедренного
треугольника MBA находим искомый угол: MBA  180  2 .
Ответ.
MBA  180  2 .
Рис. 45
Рис. 46
407 На продолжении отрезка BA отметим точку A1 (рисунок 46) и
проведем A1 D  BD . Пусть ABC   . Тогда
DAC  DA1C  90   . Значит точки D , A ,
A1 , C лежат на окружности с диаметром A1C .
Тогда CAA1  90 . BAC  180  90  90 .
Ответ. BAC  90 .
408
Решение.
Так
как
QAE  QBE  45 и точки A , B лежат по
одну сторону от отрезка QE , то вокруг
четырехугольника ABEQ можно описать
окружность.
Следовательно,
Рис.47
AQE  180  ABE  90 , т.е.
AQE - прямоугольный и равнобедренный и AE  2 AQ . Аналогично
AF  2 AP . Отсюда, учитывая, что треугольники AEF и APQ имеют
общий угол при вершине A , получаем, что они подобны с коэффициентом
2 , и значит площадь первого вдвое больше площади второго.
409 DCE  80  50  30 . Пусть O - центр
окружности, описанной около треугольника DEC .
Тогда полученный
треугольник
будет
DOE
правильным BDC  BCD  50 . Значит BD  BC ,
 BDO   BOC . Поэтому отрезок BO является
серединным перпендикуляром отрезка CD . Тогда
CBO  40 .
Отсюда
следует,
что
DBE  OBE  20 . Следовательно, отрезок BE
является серединным перпендикуляром отрезка DO .
Рис.48
1
Теперь легко находим искомый угол: DEB  DEO  30 .
2
411 Решение. Пусть BC  a , C  B , D и
E - середины AB и AC . Четырехугольник EMDN
- вписанный (так как MEN  MDN  90 ). MN диаметр окружности, описанной около MEND ,
a
MN  a , ED  . Следовательно, DME  30 .
2
CAB  90  EMD  60 ,
EMD
CBA  END  EMN 
 15 ,
2
ACB  105 .
Ответ. A  60 , B  15 , C  105
или A  60 , B  105 , C  15 .
Рис.51
412 Имеется три решения: берем середины
противоположных сторон 1) B , C ; 2) A , B ; 3) A , C .
Случай 1 показан на рисунке.
413 Пусть даны стороны a и b , b  a (ясно, что
стороны не могут быть равными). Предположим, что
Рис.52
треугольник ABC уже построен. B  3A . Проведем из точки B до прямой
AC отрезок BE такой, что ABE  A .
Треугольник BAE - равнобедренный,
поэтому AE  BE . Треугольник BCE тоже
равнобедренный
( BEC  x  x
внешний), BC  CE  a . Следовательно,
AE  BE  b  a . Теперь у треугольника
BCE известны три стороны: a , a ,
b  a , поэтому его можно построить
циркулем. Далее на продолжении
стороны CE откладываем EA  b  a
Рис. 53
Легко видеть, что треугольник ABC - искомый. Задача имеет решение, когда
из отрезков a , a , b  a можно построить треугольник, т.е. a  a  b , или
3a  b  a . Тогда решение единственно, как следует из построения.
414 Последовательность построения искомого четырехугольника
ABCD с заданным углом  : 1) Строим треугольника ADM , где DM  BC и
D   ; 2) Строим треугольник ABM , где BM  CD ; 3) Достраиваем
параллелограмм BMCD и получаем искомый четырехугольник.
Рис. 54
415 Приложим к отрезку AD линейку и проведем прямую линию
через отрезок и параллельную ей. Возьмем точку E так, что одна из
параллельных прямых лежит между точкой E и отрезок AD . Соединим
точку E с точками A и D . Обозначим точки пересечения отрезков EA и ED
через B и C соответственно. Проведем прямые BD и AC . Обозначим их
точку пересечения через O . Проведем прямую EO . Пусть она пересечет
прямую AD в точке F . Проведем через точку O прямую, параллельную AD
. Пусть она пересечет отрезки EA и ED в точках G и H соответственно. Из
подобия треугольников AGO и ABC , DOH и DBC можно сделать вывод о
равенстве GO  OH . Далее так же используя подобие, получим AF  FD .
Задачи на доказательство и нахождение ГМТ
a sin B
416 Указание. По теореме синусов b 
, a  2R sin A .
sin A
1
a 2 sin B sin C
Следовательно, S  ab sin C 
 2 R 2 sin A sin B sin C .
2
2 sin A
417 Указание. Биссектриса разбивает треугольник на два.
1

1

1
S1  al sin , S 2  bl sin , площадь всего треугольника S  ab sin  . Но
2
2
2
2
2


S1  S 2  S ,
или
al sin  bl sin  ab sin  ,откуда
2
2
ab sin 
2ab cos 
.
l


a

b
a  b sin
2
418 Указание. Пусть K , L и M - точки касания
вписанной окружности (рисунок 55); AK  AL  x . Тогда
a  BC  BM  MC  BL  CK  c  x   b  x    b  c  2 x ,
1
откуда x  b  c  a   p  a .
2
Рис.55
420 Указание. Обозначения понятны из рисунка 56. Учитывая
равенство касательных, проведенных из одной точки к окружности, имеем
KM  KB , LA  LN или KE  EM  KL  LB , LK  KA  LF  FN . Вычитая
эти равенства одно из другого, получим (поскольку KE  KA , LF  LB ,
EM  FN ) EM  LK  LK  EM , откуда EM  LK .
Рис. 56
421 Существует. Построим прямоугольный треугольник ABC , с
катетом AB , равным 1, и гипотенузой AC , равной 1000. Возьмем на прямой
BC точку D , так, чтобы точка C была серединой отрезка BD . Треугольник
ABD - искомый.
422
а)
Пусть
Тогда:
C  90 .
a  b 2  a 2  b 2  2ab  c 2  2ch  c  h 2 (использовано то, что S  ab  ch
2
2
); б) Пусть C  90 . Возьмем точку P на стороне AB , такую, что
BCP  90 . Пользуясь доказанным выше, а также неравенством
a  CP  h  BP,
треугольника, получим 
; складывая, получаем a  b  c  h ,
b  CP  AP
что требовалось доказать.
423 Проведя дополнительные
построения,
заключаем,
что
 PXB   AXB ,  QYC   AYC , и
XY - средняя линия треугольника
PAQ , основание PQ которого равно
периметру треугольника ABC .
Рис.57
424 Проведем пару горизонтальных опорных прямых к контуру
фигуры, затем пару перпендикулярных к ним опорных. Получим описанный
прямоугольник. Затем повернем этот прямоугольник вокруг контура фигуры
F на 90 так, чтобы опорные оставались опорными в любой момент
времени. В результате горизонтальные опорные прямые станут
вертикальными и наоборот. Поэтому, если расстояние между прямыми одной
пары было больше, чем у другой, то после поворота оно сделается меньше.
Следовательно, в какой-то момент эти расстояния должны были сравняться.
425 Доказывается, что у четырехугольника
диагонали в точке пересечения делятся пополам.
426 Четырехугольник ACMH вписанный, т.к.
C  H  180 ; MCH  MAH , как вписанные,
опирающиеся на дугу MH .
Рис.58
427 Пусть O центр окружности вписанной в треугольник ABC , r a,
c
радиус,
длины
сторон.
Получим
равенства:
b,
S  ABC  S  AOC  S  AOB 
 S  BOC 
rb rc ra
r
r
r



  .
2S 2S 2S ha hc hb
Далее
получаем необходимую формулу.
428 Углы MAB и MCB - вписанные в равные
окружности и опираются на равные дуги. Следовательно,
они равны и треугольник AMC - равнобедренный. Тогда
искомое геометрическое место точек M - срединный
перпендикуляр к отрезку AC , исключая его точку
пересечения с отрезком AC .
Рис.59
429 Если окружности 1 и  2 находятся по одну сторону от прямой
AB , то проводим общие касательные к окружностям  3 и  2 , где  3 симметричная 1 относительно прямой AB .
430 Да. Например, треугольники со сторонами 1; 1,1; 1, 12 - первый
и 1,1; 1, 12 ; 1, 13 - второй. Они подобны и имеют по две равные стороны. В
общем случае, если a  b  c - стороны первого треугольника, a1 ; b1 ; c1 a b c
стороны подобного ему второго, то
   k . Отсюда либо должно
a1 b1 c1
быть a1  b , b1  c , либо a  b1 , b  c1 , поэтому стороны треугольников
должны образовывать геометрическую прогрессию. Например, в первом
a b
случае, из a  ka1  kb , b  kb1  kc получаем  . Допустимые значения
b c
знаменателя прогрессии можно получить, используя равенство треугольника.
431 Пусть стороны треугольника a  b  y , b , c  b  y ( y разность
прогрессии). Тогда 2r  b  2 y , так как диаметр вписанной окружности
меньше любой стороны. Далее
p p  a  p  b  p  c 
 p  a  p  b p  c  ,
S
r 

p
p
p
a  b  с 3b
где p 
 , тогда
2
2
b
b
b
p  a   y,
pb ,
p  c   y,
2
2
2
b
 b
 b
b2

y

y




y
r
r
2




4
r

,
3b
3
2
b2
y
4
2
 b  2y ,
3
b 2  4 y 2  3b 2  12by  12 y 2 ,
b2  4 y
 b 2  4by  y 2 ,
3
b 2  6by  8 y 2  0 , откуда b  2 y или b  4 y . В случае b  2 y имеем
r  0 . Поэтому b  4 y , a  5 y , b  4 y , c  3 y и треугольник прямоугольный
по теореме Пифагора.
432 Так как 2S  absin   ab , где S - площадь треугольника,  угол между данными сторонами и a  b , то
a  ha   b  hb    a  2S    b  2S   a  b 1  2S   0
причем
a  
b 
ab 


равенство достигается в случае 2S  ab , то есть когда угол между данными
сторонами прямой.
433 Пусть M - max, m - min. Поскольку хотя бы один из его углов,
скажем ABC , не является острым, то по теореме косинусов имеем
M 2  AC 2  AB 2  BC 2  m 2  m 2  2m 2 . M m  2 .
Задачи на вычисление
434 Решение (рисунок 60). Пусть MD  x , DE  y . Из
3
y
 .
подобия треугольников BAM и EDM получим
3 x x
Второе уравнение дает нам теорема Пифагора для треугольника
MDE : x 2  y 2  16 . Таким образом, имеем систему
3x  3 y  xy  0,
 2
2
 x  y  16.
Нам нужно найти NE  ND  DE  3  x  y , т.е. найти y  x .
Пусть y  x  u . Из первого уравнения xy  3u . Второе
Рис.60
уравнение перепишем в виде  y  x 2  2 xy  16 или u 2  6u  16  0 , откуда
u  2 ( u  8 не подходит). NE  5 .
436 Решение (рисунок 62). Пусть

CAD   , тогда ADC  ACD  90  .
2
Поскольку по условию MDC  CAD   , то
3
CMD  MDA  ADC  MDC  90   ,
2

Рис.62
MDC  90  .
2
По теореме синусов для треугольника MDC найдем
MD


sin 90  
2


CD
3 

sin 90   
2 

,
MD  CD
cos

2 .
3
cos 
2
Но M - середина BC . Следовательно, проекция MD на AD равна
3 

AD  2MD  cos  90     2CD
2 


1
AD , т.е.
2
3
sin 
2
2 .
3
cos 
2
cos
Из равнобедренного треугольника ACD найдем AD 
CD
2 sin

2
. Приравнивая
два выражения для AD , получим уравнение

3
2 cos  sin 
2
2  1 .
3

cos 
2 sin
2
2
Прежде чем приступить к решению этого уравнения, заметим, что мы
сознательно избрали прямолинейный пусть, не пытались делать по ходу
какие-либо упрощения (что в общем-то тактически неверно), отнеся все эти
проблемы к тригонометрии.
Вернемся к нашему уравнению. Сначала его надо упростить. Можно
доказать, что
3

3

cos   cos 2 cos   1 , 2 sin   sin  cos   cos 2 .
2
2
2
2

Сократив теперь в числителе и знаменателе левой части уравнения cos ,
2
освободившись от знаменателя, придем к уравнению (проверьте!) 2 cos 2  1
, т.е. 2  60 ,   30 . Таким образом, два угла трапеции равны 75 , два
оставшихся 105  .
Замечание. Эту задачу можно решить при помощи вспомогательной
окружности; в данном случае в качестве таковой можно взять окружность,
проходящую через точки A , D , M и середину AB (рисунок 54). (Если P 3 


PMD  AKD  180     90     90  ,
середина
то
AB ,
2 
2


PAD  CDA  90  , т.е. PMD  PAD  180 . Значит, точки A , P ,
2
M и D лежат на одной окружности.)
Следовательно, AMD  APD  90 , AMD - равнобедренный
прямоугольный треугольник; высота, опущенная из точки C на AD , и равна
1
1
1
AD  AC , т.е. sin   , и т.д.
2
2
2
437 Решение. Казалось бы, условие задачи требует введения в
качестве неизвестных углов задачи, после чего нужные
уравнения получаются при помощи теоремы синусов.
(Попытайтесь реализовать этот пусть самостоятельно и
сравните с нижеприведенным решением.) Мы, однако,
введем другие неизвестные (рисунок 55):
BC  x ,
AC  y ,
AB  z .
По теореме о биссектрисе
BM AB z
Рис.63

 .
MC AC y
yz
xz
Но BM  MC  x , значит, BM 
. Аналогично AN 
.
xz
yz
Теперь, рассмотрев треугольники BMA и BNA с биссектрисами BO и AO и
применив к ним ту же теорему, получим в соответствии с условием задачи
систему уравнений
1
 x

,


z  y
x 3  y  z ,
3




 y  3 1
 x 3  1  y  z 3  1 .

x  z
Далее выразим все неизвестные через одно, например через z : x  3z ,
y  2 z . Теперь по теореме косинусов можно найти
углы треугольника: A  60 , B  90 , C  30 .
438 Решение. Задача естественным образом
решается координатным методом. За оси координат
выбираем прямые AB и CD . Можно считать, что
данная окружность имеет радиус, равный 1. Точка K
1
1 

имеет координаты  ; 0  , M -  0;   .
2
3 

Уравнение прямой проходящей через,
1 
Точки C 0; 1 и K  ; 0  ,есть y  1  3x .
Рис.64
3 
1
1 x

Уравнение прямой, проходящей через A 1; 0  и M  0;   , есть y    .
2
2 2

Решая систему уравнений
1 x
y  1  3x ,
y  ,
2 2




4
3
найдем координаты точки пересечения прямых CK и AM :  ;   . А
5
5
2
2
3  4
поскольку        1 , то найденная точка лежит на окружности.
5  5
439 Решение. Обозначим векторы AB и AC через a и b для
краткости. Пусть AE  x AM , LE  y LK . Имеем
2
2
1
2
x
2x
AM  a  BC  a  b  a  a  b , AE  a  b .
3
3
3
3
3
3
С другой стороны
1
1  1
2y
2
AE  AL  y LK  a  y b  a   1  y a 
b.
4
4  4
3
3
Ввиду единственности разложения вектора по двум неколлинеарным
векторам получим систему уравнений
x 1
2x 2 y
 1  y  ,

,
3 4
3
3
3
откуда x  . Искомое отношение равно: AE : EM  3 : 4 .
7
a2 3
440 Ответ.
или 2a 2 3 . Указание. Заметим, что AC и BD
4
(рисунок 65) – биссектрисы углов A и D трапеции, а сами эти углы равны
60 . (Докажите.) Поскольку AC перпендикулярна EF и AC - биссектриса
3
угла A , Рис.65равного 60 , то AE  AF  EF . Найдем AO  2a
,
3
3
. Треугольники CKE и FKO прямоугольные, подобные.
CO  a
3
Из подобия следует, что
1
1
CK  OK  EK  KF  EF 2  AK 2 .
4
3
3
Обозначим AK  x , тогда KO  2a
 x,
3
Получаем
уравнение
CK  a 3  x .


3
1
 2a
 x  a 3  x  x 2 ,
3
3






2 x 2  5a 3x  6a 2  0 .
Рис.65
a 3
, x2  2a 3 . Формально в рассматриваемом
2
нами случае ( AK  AO ) подходит лишь x1 . Однако если K - на продолжении
Из этого уравнения x1 
3
,
3
CK  x  a 3 , и мы получим для x то же самое уравнение. Таким образом,
оба корня нам подходят.
441 AN : ND  1: 2 и MC : DC  3 : 4 . CN  AB  K , KNA  CND ,
То
есть
AKN  DNC   KNA ~  CND .
AK DC  AN DN  1 2 .
AK  1 2 DC .
BK  AK  AB  AK  DC  3 2 DC .
OM OB  MC BK 
 MOC ~  BOK :
 2 3 MC DC  2 3  3 4  1 2 .
AC за точку C ( K не может быть на OC , докажите), то KO  x  2a
Рис.66
442 Обозначим вершины треугольника A , B , C , точки касания D , E
, F , причем D AB , AD  a , BD  b . По теореме о касательных,
проведенных из одной точки AF  AD  a , BE  BD  b . Пусть CE  CF  x .
pab x,
Тогда
полупериметр
по
формуле
Герона
S  p p  AB  p  BC  p  AC  
S 2  abxa  b  x ,
x
a  b 2  4S
ab
a  b 
отсюда
S
x 2  a  b x 
 0,
ab
S 2  aba  b x  abx2 ,
ab
,
2
2
p
2
a  b  x xab ,
S
(второй
4S 2

ab
S
ab
, r 
p
2
корень
отрицательный).
2S
a  b 2  4S
Получим
.
2
ab
ab
443 Пусть a , b - катеты прямоугольного треугольника, c - его
cl ab 1
 1

2ma  b 
 bm sin  main 
гипотенуза. Тогда S  
. Тогда
2
2 2
2 2
2
4
m2 2
m2 2
c 2 2l 2  m 2
2 2
2
c l 
a  b  2ab 
c  2ab . Отсюда ab 
, так как
2
2
2m 2
c 2 2l 2  m 2
2m 2 l
. Отсюда выражаем c : c  2
, таким
cl  ab , то cl 
2m 2
2l  m 2
1
m 2l 2
образом S  cl  2
.
2
2l  m 2
444 Так как S ABD  S BCD (свойство медианы),
будем искать S BCD : S BKE . Проведем отрезок DF
параллельно AE . DF делит EC в том же отношении,








что и AC , поэтому EF  FC . Отрезок KE делит BF в том
Рис.67
же отношении, что и
BD , поэтому EF  FC  3x , BC  8 x ,
Далее,
так
как
то
BC : BE  8x : 2 x  4 :1.
DK : BK  3 : 2 ,
BK  DK
Окончательно
получаем:
BD : BK 
 5: 2.
BK
1
BD  BC  sin DBC
S BCD 2
BD BC 5



  4  10 .
S BKE 1 BK  BE  sin DBC BK BE 2
2
445 Пусть a , b , c - стороны треугольника с заданным
полупериметром p , S - его площадь, а r - радиус вписанной окружности.
rp 2  S 2  p p  a    p  b p  c  p p  a   p  b   p  c 33  p 4
27 на основании соотношения между средним геометрическим и
арифметическим. Имеем r 2 p 2  p 4 27 ; r  p 27 . Наибольшее значение r
принимает в том случае, когда все числа равны, т.е. p  a  p  b  p  c , т.е.
когда треугольник правильный.
446 Длины диагоналей трапеции обозначим через d1 и d 2 , длины их
проекций на основание – через p1 и p 2 , длины оснований через a и b ,
высоту – через h . Пусть для определенности d1  d 2 . Тогда p1  p2 . Ясно,
что p1  p2  a  b . Поэтому p1  a  b  2  s h  1 h . Следовательно,
d12  p12  h 2   1 h 2  h 2  2 , причем равенство достигается, только если
p1  p2  h  1 . При этом d1  2 .
447 Так как
- биссектриса, то
CO
CR OR
3 1


; tg  tgCAR 
CA OA
3 1
2tg
3
CR
3 1


 2  3 ; tg 2 
. Отсюда

2
3
CA
3 1
1  tg 
получаем 2  30 , т.е величина меньшего угла - 30 .
Рис.68
448 Пусть a , b , c - стороны треугольника ABC ,
a
b
c

 
 2 R (теорема синусов, диаметр описанной
тогда
sin A sin b
sin C
окружности). Значит, a  2R sin A , b  2R sin B , c  2 R sin C , а тогда
a : b : c  sin A : sin B : sin C  4 : 5 : 6 , т.е. можно считать, что a  4m ,
b  5m , c  6m . По теореме косинусов имеем a 2  b 2  c 2  2bc  cos A ,
откуда находим
b 2  c 2  a 2 25m 2  36m 2  16m 2 3
cosA 

 . Аналогично:
2bc
2  5m  6m
4
2
2
2
2
2
2
a c b
16m  36m  25m
9
cosB 

 ,
2ac
2  4m  6m
16
a 2  c 2  a 2 16m 2  25m 2  36m 2 1
cosC 

 .
2ab
2  4m  5m
8
449 Проведем AE параллельно MK . Тогда BK : KE  MB : AM 
 1 : 2  3 : 6 . Отсюда KC : CE  2 : 4 . Так как  ACE ~  XCK , то
AC : CX  2 :1 (рисунок 69).
Рис.69
Рис.70
450 Пусть в равнобедренном треугольнике ABC высота AK  0,5 см,
основание BC произвольное (рисунок 70). Пусть CE  BC , тогда CE  1 см,
высота CD  CE . Следовательно, все высоты треугольника меньше 1 см, а
так как основание можно сделать как угодно большим, то и площадь может
быть как угодно большой.
S AMNP P
 , AD  a , BC  b ,
S MBCN Q
MN || AD . Найти MN . Решение: пусть MN  x ,
BK || CD ,
ML || CD .
S AMNP 0,5x  a h1 P
h  x  a Q
; MBK

  1 
S MBCN 0,5x  b h2 Q
h2  x  b P
h
MK x  b
подобен AML  2 
;

h1 AL a  x
451 Дано:
x  a Q  x  b  a 2  x 2 Q 
x  bP x  a


Рис. 71
a 2Q  b 2 P
 x b P x
.
PQ
452 Пусть треугольник ABC - правильный,
AB  a , CA   ABC  , CA  a . Для нахождения
  AB, SC  , используя то, что BD || AC , CD|| AB ,
получаем
2
2
1
3
  AB, SC     AB, SCD  hBSCD  VBSCD  SCD 
 hBSCD  VSBCD  VSABC
1
1 a2 3
a3 3
 S ABC   SA  
a 
 hBSCD
3
4
12
3
a2 3
 4 ;
S SCD
a2 7
3
,   AB, SC   a
.
Рис.72
SCSD 
7
4
453 Пусть R  6,25 2 - радиус описанной окружности. Так как a , b , c
с 

ab


abc ab sin 
2
R

 , то

 2R , то a , b , c  1, 2, 3, 4, 5, 6. Так как S 
4 
2
2 




имеем
то
есть
abc2  4SR2  p p  a p  b p  c4R2 ,
64a 2b 2c 2  54 a  b  c    b  c  a a  c  ba  b  c  , то есть 64 a 2b 2 c 2
делится на 625, следовательно, по крайней мере два из трех чисел a , b , c
равны 5. Пусть a  b  5 . Тогда 64c 2  10  c 10  c c 2 , откуда получаем
c  6, a  5 , b  5.
Стереометрия
Задачи, приводящие к решению тригонометрических уравнений
2
arccos
454
. Решение. Так как
2
8  sin 2
наибольшая по площади боковая грань – квадрат, то
сторона его равна гипотенузе треугольника, лежащего на
AC  c cos  ,
ABC .
основании призмы.
AB  c .
BC  c sin 
(рисунок
73).
Из
прямоугольных
треугольников A1 AC и B1 BC найдем длины диагоналей:


A1C 2  AC 2  AA12  c 2 cos 2   c 2  c 2 cos 2   1 .


B1C  BC 2  BB12  c 2 sin 2  
 c 2  c 2 sin 2   1 .
теореме косинусов
A1 B12  A1C 2  B1C 2  2 A1C  B1C cos x ,




По
Рис.73
c 2  c 2 1  cos 2   c 2 1  sin 2   2c 2 1  cos 2   1  sin 2  cos x ,
1  1  cos 2  



 1  sin 2   2 1  cos 2  1  sin 2  cos x ,
2 1  sin 2   cos 2   sin 2  cos 2    cos x  2 ,
2  sin 2  cos 2  cos x  1,
2
2
1
, x  arccos
.
8  sin 2 2 cos x  1, cos x 
2
2
2
8  sin 
8  sin 2
2 2
3 2 
, arccos
,
. Решение. Из условия следует, что
4
5
10
CD  3k , AD  4k и DD1  5k (рисунок 74). Параллелепипед прямоугольный,
455 arccos
а потому d 2  AD 2  CD 2  DD12  16k 2  9k 2  25k 2  50k 2 , d  5 2k .
Треугольники B1 AD , B1CD и B1 D1 D прямоугольные (докажите), а потому
AD
4k
2 2
,
Рис.74


d
5
5 2k
2 2
3 2
CD
3k
3 2
cos y 


,
,
,
x  arccos
y  arccos
d
5
10
5 2k 10
DD1

5k
2
cos z 


, z .
d
2
4
5 2k
2
456 Ответ: 6 arctg
.
2
2 3b  a 
457 arcsin
. Решение. BDE  x - искомый угол (рисунок
3a
a
75), где DE || D1B1 и DE  BB1 , BE  BB1  EB1  b  a , BD 
3 . BDE .
2
BE b  a 2
2b  a 
sin x 

, x  arcsin
.
BD
a 3
a 3
cos x 
Рис.75
458
AD  DB 
arccos
Рис. 76
1
,
k 1
k  2.
Решение.
AB  an  a ,
OD  AB ,
180 a
180
a
 ctg
(рисунок 76). OAD . OD  AD  ctg
. Пусть
n
2
n
2
180
OD
n ,
SD 

cos x
2 cos x
actg
ODS  x ,
тогда
180 
1
na 2
180 
n
S áîê  na

ñtg
, S îñí  S áîê cos x 
2
2 cos x
4 cos x
n
na 2
180
na 2
180
,

ctg
cos x 
ctg
4 cos x
n
4
n
na 2
180 na 2
180 
na 2
180 
cox  1
S ï .ï .  S áîê .  S îñí . 
ctg

  ctg

ctg
4 cos x
n
4
n
4 cos x
n
2
1  cos x
na 2
180
k,
, S ï .ï . : S îñí  k ,
1  cos x  : : na ctg 180  k ,
ctg
cos x
4 cos x
n
4
n
1
1
1
 k  1 , cos x 
, k  1  1, k  2 , x  arccos
.
cos x
k 1
k 1
actg
459 Ответ: arctg 2 .
460 Ответ: arccos
1 k
. Указание. См. рисунок 77.
k
Рис.77
Задачи на доказательство
461 Пусть K - середина стороны BC . Из
соображений симметрии высоты DM и AN лежат в
плоскости ADK , следовательно, пересекаются в точке H .
DH HN DN
 DHN ~  DKM , и


. Если AB  a , то
DK MK DM
3
3
AK  DK  a
; DN  2 3 , DK  a
, MK  1 3 ,
2
3
3
. Отсюда DH : HN  3 :1. Но HN  HM .
Рис.78
6
462 Пусть DI - высота, опущенная на грань
ABC , I - ортоцентр грани ABC . По теореме о
трех
перпендикулярах
имеем
BC  DE ,
следовательно BC  AED , поэтому BC  AD .
Аналогично
показывается,
что
и
другие
противоположные ребра тетраэдра попарно
перпендикулярны. Далее, так как DCG  AB , то
ADB  DCG . Если проведем из точки C высоту
CH на грань ABD , то CH  DCG , H  DG .
Убедимся в том, что H - ортоцентр треугольника
Достаточно
показать,
что
ABD .
BH  AD .
Рис.79
Так как плоскость BFC содержит CH - перпендикуляр к плоскости
ABD , то ABD  BFC . CH  ABD ; BC - наклонная к плоскости ABD ; BH ее проекция. Прямая AD лежит в плоскости ABD и AD  BC , поэтому
AD  BH (теорема о трех перпендикулярах). Таким образом, точка H ортоцентр грани ABD .
463 Плоскости верхних оснований трех призм,
построенных на боковых гранях данного тетраэдра,
пересекаются в точке D . Заменим каждую из этих призм
равновеликой, приняв за боковое ребро отрезок MD . На
рисунке это призмы AMBA1 DB1 ; BMCB1DC1 и
AMCA1DC1 . На нижнем основании ABC построим
призму ABCA1 B1C1 с тем же боковым ребром AA1  MD .
В результате получим многогранное тело DA1 B1C1 ABC .
Если объемы призм на боковых гранях равны V A , V B и
VC , то имеем
V DA1B1C1 ABC   V  ABCA1B1C1   V DA1B1C1  
Рис.80
 V MABC   V A  VB  VC . Тетраэдр DA1 B1C1 получим параллельным
переносом.
464 Пусть ABCD - данный тетраэдр. Выберем на лучах AB , AC и
AD такие точки B1 , C 1 и D1 , что AB1  AC  AD , AC 1  AB  AD ,
AD1  AB  AC - условие (1). Докажем, что  B1C 1 D1 удовлетворяет
AK  a
условиям задачи. Из (1) получаем, что
AB1 AC 1  AC AB , поэтому
 ABC ~  AC 1 B1 , имеющие общий BAC , подобны. Пользуясь условием
(1), преобразуем BC C 1 B1  AB AC 1 к виду B1C 1  BC AB  AC 1  BC  AD .
Полученное соотношение означает, что длина стороны B1C 1 треугольника
B1C 1 D1 равна произведению длин скрещивающихся ребер BC и AD
тетраэдра ABCD . Рассматривая подобные треугольники ACD и AD1C 1 ,
ABD и AD1B1 , получаем C1D1  CD  AB , B1 D1  BD  AC .
465 Обозначим векторы: a  BC , b  BA , c  BD . Имеем DC  a  c ,
DA  b  c . По условию a  b , a  c  b  c . Отсюда a  c 2  b  c 2 ,
a 2  2ac  c 2  b 2  2bc  c 2 , а так как a 2  b 2 , то ac  bc , т.е. a  bc  0 .
Поэтому AC  BD  0 , следовательно, векторы AC и BD перпендикулярны.
466 К плоскости  , в которой лежат отрезки, восстановим три
перпендикуляра, имеющие своими основаниями середины отрезков и
соответственно равны им по длине. Проведем через свободные концы
перпендикуляров плоскость  . Плоскость  , как и  , содержит указанные в
условии точки. В то же время  и  пересекаются по прямой.
Задачи на вычисления
467 Докажем сначала вспомогательное утверждение:
Если ABCD - прямоугольник, M - произвольная точка в
пространстве, то
MA 2  MC 2  MB 2  MD 2 . (*)
Для доказательства (*) рассмотрим два
треугольника AMC и BMD . Пусть O - точка
пересечения диагоналей данного прямоугольника
(рисунок 81). MO - медиана в треугольнике AMC .
По известной формуле имеем
4MO 2  2 AM 2  2CM 2  AC 2 .
Рис.81
(Доказать это равенство можно, например, так: выразим AM 2 и CM 2
по теореме косинусов из треугольников AOM и COM и сложим эти
выражения.) Запишем такое же равенство для треугольника BMD . Учитывая,
что AC  BD , получим (*).
Перейдем к нашей задаче. Достроим
данный
тетраэдр
до
прямоугольного
параллелепипеда обычным
образом (попарно перпендикулярные ребра
тетраэдра
являются также ребрами параллелепипеда,
выходящими из одной вершины) (рисунок
82).
Рассмотрим три грани этого
параллелепипеда, содержащие
прямоугольные грани тетраэдра.
Рис.82
В каждой из них мы знаем расстояния от точки M до трех вершин,
следовательно, учитывая равенство (*) , можем найти расстояния до
четвертой вершины каждой грани. Квадраты этих расстояний будут равны
числам 5 + 6 – 9 = 2, 6 + 7 – 9 = 4, 7 + 5 – 9 = 3.
Теперь мы можем найти квадрат расстояния от
точки M до оставшейся
восьмой вершины параллелепипеда, противоположной вершине тетраэдра,
плоские углы при которой – прямые. Это расстояние оказывается равным 0
(2 + 3 – 5 =0, или 3  4  7  0 , или 2 + 4 – 6 =0).
То есть точка M совпадает с указанной вершиной
параллелепипеда.
Следовательно,
диагональ параллелепипеда равна 3,
радиус
сферы,
описанной
около
параллелепипеда, а значит, и около
тетраэдра, равен 1,5.
468 Рассмотрим на декартовой
плоскости точки A1; 3 , B4; 2 , N  x; z  ,
M  y ; u  (рисунок 83). Пусть 0  r  1 и
 2 N , A  x  12  z  32  r 2 ,
тогда
 2 M , B   y  42  u  22  1  r 2
и
наименьшее значение x  y 2  z  u 2   2 N , M 
Рис.83
достигается для ближайших точек N и M окружностей  1 и  2 . Так как
  A, B  
точками
4  12  2  32 
  N , M   10  r 

наименьшее значение при
нахождения
этого
10 , то расстояние между этими ближайшими

1  r 2 и принимает
максимальном значении
максимума
положим
r  sin t ,
r  1 r2 .
0t 

2
,
Для
тогда
 
r  1  r 2  sin t  cos t   2 sin t    2 . Итак, наименьшее значение
4

x  y 2  z  u 2

2
равно 10  2  12  4 5 и достигается (это нетрудно
3
3
1
1
доказать) при x  1 
, y4
, z 3
, u
.
2 5
2 5
2 5
2 5
Ответ. 12  4 5 .
469
Рассмотрим три диагонали граней куба,
выходящие из одной вершины. Хотя бы одна из них
непараллельная заданной плоскости. Пусть это диагональ
AC , O - ее середина (рисунок 84). Тогда заданная
плоскость должна пересекать AC , причем проходить
через середину одного из отрезков AO
Рис.84
или OC . В противном случае все расстояния от A , O и C до этой плоскости
различны. (Поскольку минимальное расстояние равно 1, плоскость не может
проходить ни через какую из этих точек.) И вообще для любой диагонали
любой грани заданная плоскость либо пересекает эту диагональ указанным
образом, либо параллельна ей. Теперь нетрудно прийти к выводу, что
возможны только два случая:
1) заданная плоскость параллельна
двум граням куба и
делит перпендикулярные ей ребра куба в
отношении 1:3;
2) заданная плоскость пересекает
куб по правильному шестиугольнику,
вершинами которого являются середины
соответствующих ребер куба.
В первом случае ребро куба равно
4, во втором – 2 3 .
Ответ. 4 или 2 3 .
470 Сначала приведем вспомогательное утверждение.
Пусть K1 и K 2 - точки касания произвольного шара с плоскостями
двугранного угла, D и E - точки на ребре этого угла. Тогда из факта
равенства пар касательных из одной точки следует, что K1DE  K 2 DE (
 K1 DE   K 2 DE по трем сторонам).
Введем теперь следующие обозначения (рисунок 85):
 DE и DF - прямые, по которым пересекается плоскость DEF ,
касающаяся шаров и отличная от BCD , с плоскостями ADB и ADC ;
 K1 , K 2 , K 3 , K 4 , L1 , L2 , L3 и L4 - точки касания
вписанных шаров с плоскостями.
Заметим, что каждая из четверок точек
Рис.85
лежит на окружности в плоскости,
Рис.85
перпендикулярной линии, соединяющей D и центр соответствующего шара;
 BDK 1  BDK 4  x1 , ADK 1  ADK 3  x2 , PDK 2  PDK 3  x3
, MDK 3  MDK 4  x4 , CDL1  CDL 4  y1 , ADL1  ADL3  y 2 ,
PDL2  PDL3  y3 , MDL3  MDL 4  y4 - пары равных углов между
линиями пересечения касательных плоскостей и
касательными к шарам из точки D
(см. вспомогательное утверждение).
На рисунке 86 представлена
рассматриваемая конструкция.
Рисунок 86 можно рассматривать как
своего рода схему, иллюстрирующую
данную ситуацию. В каком-то смысле
это вид из точки D . Фактически на
этом рисунке изображена проекция
рассматриваемой конструкции на
поверхность сферы с центром в D , но
все дуги на этой проекции изображены
в виде отрезков. На этом рисунке
Рис.86
плоскостям, проходящим через D , соответствуют прямые, шарам –
окружности, равным углам (с вершиной D ) – равные отрезки (касательные к
окружностям). Соответствующие точки одинаково обозначены. Отрезки,
соответствующие углам, обозначены так же, как углы. Очевидно, что
x1  x2  ADB   ,
y1  y 2  ADC   ,
x1  x4  y1  y4   ,
ADP  x2  x3  y2  y3 ,
x3  y3  x4  y 4 .
Последнее равенство выражает углы, под которыми видны из D равные
отрезки касательных к шарам K 2 L2 и K 4 L4 (  DK 2 L2   DK 4 L4 по трем
сторонам). Вычитая  из суммы  и  , получаем:
      x2  x4  y2  y4  x2  x3  y2  y3  2ADP .
   
Ответ.
.
2
471 На развертке кратчайший путь является прямолинейным: AB  42
AB 2  42 2  1764 ;
AC 2  37 2  17 2  1658 ;
AD 2  32 2  24 2  1600 ;
;
AE  AD . AD - кратчайший (рисунок 87).
Рис.87
Рис.88
472 Площадь всей проекции равна удвоенной площади проекции
треугольника ABC . Поэтому для получения максимальной по площади
проекции надо расположить коробок так, чтобы плоскость ABC была
горизонтальной (вершина D считается самой «высокой» точкой коробка)
(рисунок 88).