Глава 1. Прямоугольный треугольник с углом 15 градусов.
№1. Школьная теорема. Докажите, что площадь прямоугольного треугольника с острым углом в 15o равна одной восьмой квадрата гипотенузы.
№2. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусов, проведена высота BD, а втреугольнке BDC--высота DE.
Доказать: DE=BC/4.
№3. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам, проведена биссектриса BD. На отрезке6 AD как на основании во внешнюю сторону построен равносторонний треугольника AED. Прямая CE пересекает прямую AB в точке F.
Доказать: DE/CD=AF/BC.
№4. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам, проведена медиана AD. Из точки A на неё опущен перпендикуляр AE. Отрезок AE продолжен до точки F, так что AE/EF=3
№5. Задача Л.М.Лоповок. Окружность, построенная на высоте AD прямоугольного треугольника ABC как на диаметре, пересекает катет AB в точке K, а катет AC — в точке M. Отрезок KM пересекает высоту AD в точке L. Известно, что отрезки AK, AL и AM составляют геометрическую прогрессию (т.е. AK/KL=KL/LM). Найдите острые углы треугольника ABC.
Доказать: точка M равноудалена от прямых AC и AF.
Указание: проведите медиану из вершины прямого угла.
№2. Отразим точку B симметрично относительно стороны AC и получим точку B’. Тогда BD=DB’, по теореме Фалеса, 2DE=B’B’0 (B’O--проекция точки B’ на прямую BC). Угол B’CB равен 30 градусам, отсюда получаем по теореме из задачи №1 главы 1, что B’B’O=B’C/2 и DE=BC/4.
№3. Продолжим отрезок BD до пересечения с прямой CF в точке K. Тогда не только BK будет биссектрисоц в треугольнике BFC, но и DK—в треугольнике EDC. Тогда ED/DC=AD/DC=AB/BC. Осталось доказать равенство AB=AF. Это можно сделать, используя задачу №13.
№4. Указание: используйте теорему Менелая применительно к треугольнику AEC.
№5. Поскольку AD и KM — диаметры указанной окружности, то четырёхугольник AKDM — прямоугольник. Пусть P — проекция вершины A на диаметр KM. Тогда AL2 = AK . AM = KM . AP = AD . AP = 2AL . AP.
Отсюда находим, что AL = 2AP. Следовательно, в прямоугольном треугольнике APL угол APL равен 30o, а т.к. ALP = 2 LAM, то LAM = 15o. Значит,
Угол ACB = 90o - Угол DAC = 90o – Угол LAM = 75o, Угол ABC = 90o - 75o = 15o.
Глава 2. Геометрия египетского треугольника.
№1. Задача Прасолова. Стороны треугольника равны 3, 4 и 5. Биссектрисы внешних углов треугольника продолжены до пересечения с продолжениями сторон. Докажите, что одна из трёх полученных точек есть середина отрезка, соединяющего две другие.
№2. Доказать, что I—ортоцентр треугольника BNC.
№3. Доказать, что прямая Нагеля египетского треугольника параллельна его большему катету.
№4. Условие: египетский треугольник ABC (BC=3, AB=4, AC=5). Точка Нагеля треугольника—N.
Доказать, что NA=NB.
№5. Условие: египетский треугольник ABC с прямым углом A и меньшим катетом AС. Точка Нагеля треугольника ABC—N.
Доказать, что разность расстояний от центра описанной окружности треугольника ANC до его сторон AN и AC равна малому числу Фидия (числу «фи»).
№6. Условие: египетский треугольник ABC. Пусть P—точка касания вневписанной окружности египетского треугольника и его средней по величине стороны AB; I—центр вписаннной окружности треугольника, M—середина стороны BC.
Доказать: P,I,M лежат на одной прямой.
№7. Условие: треугольник ABC—египетский (BC=3, AB=4, AC=5). Центр его вписанной окружности—I, точки касания вневписанных окружностей треугольника и сторон AB и AC—P и Q соответственно.
Доказать: углы IPC и IQB равны.
№8. Найти: вкаком отеношении отрезок PI делит отрезок BQ.
№9. Пусть прямая Нагеля египетского треугольника ABCпересекает PQ в точке W, где P и Q—точки касания вневписанных окружностей со сторонами AB=4 и AS=5 соответстенно. На прямой BC выбрана точка U, так что CU=3 и U отлична от B.
Доказать: прямая NU перпендикулярна отрезку BW.
№2. 1) Известно, что радиус вписанной окружности египетского треугольника равен 1. Обозначим точку касания вписанной окружности и катета BC как A_0. Тогда CA_0=2.
2) По известной теореме, точка касания вневписаннйо окружности и стороны треугольника симметрична точке касания вписанной окружности треугольника и этой же стороны относительно её середины. Значит AQ=2, CQ=3. Аналогично, AP=1, BP=3.
3) Так как треугольники QBC и PBC—равнобедренные, то прямые CI и BI, содержащие их бюиссектрисы, проведённые к их основаниям, им и перпендикулярны. Поэтому I—ортоцентр треугольника BNC.
№3. Ясно, что NI||AB по признаку параллельности прямых.
№4. Обозначим С_1 середину стороны AB. Тогда BC_1NA_0—прямоугольник, поэтому BC_1=2, и отсюда C_1N—смерединный перпендикуляр к AB, и поэтому AN=BN.
№5. Обозначим центр описаннной окружности BNC как точку K. По теореме Эйлера, расстояние от O до отрезхка BN, равного \sqrt{5}, равно половине отрезка IC, а так как угол BCN составляет 45 градусов, \sqrt{5}/2. То же самое и относительно расстояния от K до стороны BC, равного ;. Поэтому разность этих чисел будет равна малому числу Фмдия.
№6. BN=\sqrt{2}, PC=3\sqrt{2}, прямая BN содержит медиану треугольника BPC, значит, I—его центр тяжести, и P, I, M лежат на одной прямой (по свойству медиан треугольника)..
№7. Углы IBP и BPN равны, поэтому BPNI—равнобедренная трапеция. А N лежит на серединном перпендикуляре к BAQ. Поэтому угол NBI равен углам NPI и IQB. Отсюда утверждение.
№8. По теореме Менелая, применённой к треугольника BAQ, находим отношение BN:NQ, а из BP=3NI и AB||NI выводится отношение BI:IN. Отсюда утверждение.
№9. Пусть прямая PQ пересекает прямую BC в точке U. По теореме Менелая, применённой к треугольника ABC, CU=3. Поэтому угол BQU—прямой и из конкуррентности высот следует, что прямая UN перпендикулярна отрезку BW, ч.т.д
Глава 3. Известная задача с отношением катетов 1 к 3 находит применение!
№1. Исходная задача.Больший катет такого треугольника разделён на три равные части. Тогда сумма острых углов, образованных отрезками, соединяющими вершину прямого угла и эти точки и гипотенузой, равна 90 градусов.
№2. Условие: равнобедренный треугольника ABC с боковыми сторонами CA=CB, причём его высота, проведнная к основанию, относится к длине основания как 3:2. На высоте CD выбрана точка E, делящая её в отношении 1:2, считая от точки С. Прямая AE пересекает сторону BC в точке K. Прямая, перпендикулярная AE, пересекает эту же сторону в точке M.
Доказать: EK=EM.
№3. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом A и отношением катетов AC:AB=4:1. На отрзке AC отмечены точки D, E, F, так что D ближе к A, а E является серединой катета AC, делящие его на четыре равные части. Центр тяжести треугольника EBC--точка G.
Доказать: отрезки DG и BE пересекаются под углом 45 градусов.
№1. Первое решение. Обозначим треугольник ABC, так что AB=3, BC=1—катеты. Пусть точка D такова, что она лежит на отрезке AB и BD=2. Отразим относительно AB осевой симметрией точку D и полусим точку D’. Проведём через отрезок D’C луч, имеющий вершину в точке D’. Опустим из точки A перпендикуляр AE на этот луч. Ясно, что отрезки CE и AE равны и перпендикулярны, отсюда из теоремы о внешнем угле, применённой к треугольнику D’AC, и построения получаем утверждение.
Второе решение. Построим на катете AB как на основании равнобедренный прямоугольный треугольник ABD во внешнюю сторону. Обозначим точку E на стороне AB, такую, что BE=BC. Ясно, что эта точка является ортоцентром треугольника DBC. Обозначим центр описанной окружности треугольника ACD как K. Тогда из теоремы Эйлера следует, что расстояние от K до стороны DC равно 1. Отметим на тметим на отрезке СD середину M. Тогда через вспомогательные равные треугольниками со сторонами 1 и 2 можно доказать теорему. Попробуйте это сделать.
№2. Обозначим данную высоту CD. Так как углы AED и ACD в сумме составляют 45 градусов, то и углы CEK и BCD в сумме составляют 45 градусов. Поэтому угол EKM равен 45 градусов, и, следовательно, EK=EM.
№3. Указание: найдите соотношение отрезков EG и ED.
Глава 4. Геометрия золотого треугольника.
№1.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Около него описана окружность, из точки C проведена хорда CD, которая параллельна AB На отрезках AD и CE отмечены их середины K и L (AEE-биссектриса треугольника ABC). Середина стороны AB—M.
Доказать: K,L,M лежат на одной прямой
№2. Центр вписанной окружности треугольника--I. Биссектриса угла CAI пересекает сторону BC в точке F.
Доказать: CF=AI
№3.
Условие: треугольник ABC с углами A, B и C, равными 72, 36 и 72 градусам соответственно. Биссектриса BD, на стороне BC взята точка E, так что AB=BE. Из точки C проведён перпендикуляр CF на прямую, содержащую биссектрису BD. Середина AB--K. Отрезок EA пересекает отрезок FK в точке N.
Доказать: прямая ND перпендикулярна прямой EF.
№4.
Условие: в треугольнике ABC с углами A, B и C, равными соответственно 72, 36 и 72 градусам. Отмечены центр описанной окружности окружности O треугольника и его же ортоцентр H.
Доказать: H—центр описанной окружности треугольника AOC.
№5.
Условие: треугольник ABC с углами A, B, C, равными 72,36,72 градусам соответственно; I—центр вписанной окружности треугольника, O—центр его описанной окружности.
Доказать: I—ортоцентр треугольника AOC.
№6.
Условие: в треугольнике ABC углы A, B и C равны 72, 36 и 72 градусам соответственно. около треугольника ABC описана окружность, высота BD продолжена до пересечения с нею в точке E. Из точки E проведён луч, перпендикулярный прямой AB (обозачим его l). Середина дуги AB (меньшей) —F.
Доказать: прямые AC, BF и l пересекаются в одной точке.
№7.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. На продолжении стороны AC за A взята точка D, так что CD=BC; AE—биссектриса треугольника ABC.
Доказать: отрезок DE делится стороной AB пополам.
№8.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам, центр вписанной окружности треугольника I, середина стороны AC—D, центр окружности Эйлера—E.
Доказать: прямые AI и DE перпендикулярны.
№9.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Середины сторон AB и AC—M и K соответственно; AL—перпендикуляр из A на биссектрису угла C.
Доказать: точки K,L,M лежат на одной прямой.
№10.
Условие: золотой треугольник ABC у сглом B, равным 36 градусам. Высота CE, биссектриса CD, середины AB и BC—F и K.
Доказать: прямая KD—биссектриса угла EKF .
№11.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам, на сторонах AC и BC взяты точки D и E, такие, что CD=AI=BE.
Доказать: точки D,I,E лежат на одной прямой.
№12.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Биссектриса CD и средняя линия EF, параллельная основанию AC. Прямые, их содержащие, пересекаются в точке P.
Доказать: PE=AD/2.
№13.
Условие: золотой треугольник ABC с меньшим углом B. На AC отмечена её середина D, также отмечены центр описанной окружности треугольника O и центр его вписанной окружности –I.
Доказать: BC^2/BI^2=OD/DI
Решения.
№1.
Заметим, что CK перпендикулярен AD по свойству равнобедренного треугольника (каким является ACD). По свойству средней линии треугольника, MK||BD (в треугольнике ABD). Тогда угол AKM равен 72 градусам, а угол CKL’—18 градусам. Отрезки AL и CE перпендикулярны по свойству равнобедренного треугольника. Тогда четырёхугольник AKLC—вписанный, значит, точки L’ и L совпадают.
Замечание. Вполне возможно доказательство через теорему Менелая, применённую к треугольнику ABE.
№2.
Заметим, что A, I, E, B лежат на одной окружности (теорема о вписанном угле—углы AIB и AEB равны по теореме о сумме углов треугольника, применённой к треугольникам AIB и AEB). Тогда AI=IE и IE=BE, значит, AI=BE.
№3.
Продолжим CF и BA до пересечения в точке Q. Тогда так как BE=BA (условие), BK=BC (признак равнобедренности треугольника) и угол B—общий, треугольники ABC и BEQ равны по двум сторонам и углу между ним и точки Q, D, E лежат на одной прямой. Ясно, что, поскольку в золотом треугольнике биссектриса при основании равна основанию, В—центр описанной окружности треугольника BQC и отрезок FK перпендикулярен отрезкуQD, а значит, и прямой DE. Тогда в силу конкуррентности высот, в треугольнике EFN точка D—ортоцентр, поэтому прямая ND перпендикулярна EF.
№4.
Заметим, что угол AHC=180-B=144 и равен удвоенному углу AOC. Поэтому в силу равнобедренности треугольника AOC точка H—центр его описанной окружности.
№5.
Угол IAC равен 36 градусам, так же,как и угол DOC. Поэтому из теоремы о вписанном угле следует, что AI перпендикулярен OC, откуда I—ортоцентр треугольника AOC.
№6.
Заметим, что углы QO C(AOC) и QEC равны и составляют 72 градуса. По теореме о вписанном угле, точки Q,E,O,C лежат на одной окружности. Тогда угол ECQ равен 36 градусам, как равный углу EOQ. Угол ECF также равен этой величине, поэтому l, OA и СF пересекаются в одной точке.
№7.
Продолжим BA за A, и отметим на его продожении точку F, так что треугольник DAE—золотой. Тогда отрезки FA и BE параллельны и равны, следовательно, DBEF—параллелограмм. По его свойству, BF делит DE пополам, следовательно, BA также делит его пополам.
№8.
Докажем, что CO||DE. Угол DEB и угол FOC (здесь F—середина AC) равны и составляют 36 градусов. Поэтому эти прямые параллельны в силу равенства накрест лежащих углов при секущей BF. То, что AI перпендикулярен OC, известно из задачи 5. Тогда отрезки AI и DE перпендикулярны.
№9.
Возьмём на биссектрисе угла C такую точку D, что AD||BC. Тогда точка L будет серединой CD (см. задачу 1). Осталось применить известное свойство трапеции: середины диагоналей и боковых сторон трапеции лежат на одной прямой. Тогда точки K,L,M лежат на одной прямой.
№10.
Угол EKF равен 36 градусам по свойству медианы из вершины прямого угла (EK в BEC). Угол DKB —прямой, так как CD=BD и K—середина BC. Угол FKB равен 72 градусам, так как FK—средняя линия треугольника ABC. Значит, угол FKD равен 18 градусам, откуда угол DKE также равен 18 градусам, то есть KD—биссектриса угла FKE.
№11. См. задачу 2.
№12.
PE=PF-EF=FC=EF= (BC-AC)/2=AD/2.
№13.
Это следует из равенств OD/CD=CD/DI и CB/BI=CD/DI (подобие треугольников COD и DCI по двум углам и свойство биссектрисы треугольника).
Глава 5.Треугольник с углом 45 градусов.
№1. В треугольнике ABC угол B равен 45 градусам. Могут ли биссектрисы прямых углов при основаниях высот A_1 и C_1 пересекаться на AC?
№2. Докажите, что прямая, соединяющая основание высот, выходящих из вершин стороны, противолежащей углу в 45 градусов делит площадь треугольника пополам.
№3. В треугольнике ABC отмечен ортоцентр H, AC=a.
Доказать: сумма площадей треугольников AHB и CHB равна величине a^2/2.
№4. Докажите, что центр окружности эйлера треугольника с углом 45 градусов лежит на одной из сторон его ортотреугольника.
№5. Доказать, что величина AB*BC-AH*CH—постоянна c точностью до пропоции.
№6. Пусть в том же треугольнике проведена биссектриса BD. Тогда докажите неравенство:
AD*CD+BD^2>AH*CH, где H—ортоцентр треугольника ABC.
№7. Прямая Эйлера треугольника ABC с углом B, равным 45 градусам, пересекает сторону BC вточке E, проведена высота CD. Доказать: ED:DC=1:(\sqrt{2}-1).
№8. В треугольнике ABC с углом B, равным 45 градусам, проведены высоты AA_1 и CC_1. Докажите, что центр описанной окружности треугольника ABC совпадает с ортоцентром треугольника A_1BC_1.
Решения: №1. Указание: используйте то, что окружность, описанная около треугольника AC_1A_1, проходит через C, а окружность, описанная около треугольника CA_1C_1-- через A, а не в других точках стороны AC, а только в этом случае указанные биссектрисы могут пересекаться на AC.
№2. Указание: выразите данные высоты через стороны треугольника, образующие угол в 45 градусов и напишите зависимость их произведения от произведения сторон, а затем домножьте на величину sin45/2.
№3. Указание: докажите, что BH=AC, проведите высоту BD и используйте формулу площади треугольника через сторону и высоту дважды.
№4. Обозначим центр описаннокй окружности HC_1BA_1—Q, так что угол C_1QA_1—прямой, поэтому середина отрезка A_1C_1 равноудалена от A_1, C_1 и Q., значит, это центр окружности Эйлера треугольника ABC.
№5. Указание. По задаче #2, AB*AH*sin45/2+CH*BC*sin45/2=S(ABH)+S(CBH)=const (1). Поделите равенство (1) на sin45/2 и вычте его из площади ABC, также поделённой на sin45/2.
№6. Указание: воспользуйтесь предыдущей задачей и одной из формул для длины биссектрисы.
№7. Указание: воспользуйтесь одной из теорем Эйлера и тем, что OD перпендикулярен AB.
№8. Указание: воспользуйтесь указанием прежней задачи.