Высота треугольника. Серия: Математика для абитуриентов. Сам себе репетитор: Учебное пособие

Дальневосточный государственный университет Институт математики и компьютерных наук

Г. К. Пак

Математика для абитуриента Сам себе репетитор ВЫСОТА ТРЕУГОЛЬНИКА

Владивосток Издательство Дальневосточного университета 2000

ББК 22.10

Пак Г. К. П 13 Высота треугольника. Серия: математика для абитуриента. Сам себе репетитор. Учебное пособие. Владивосток. Изд-во Дальневосточного университета, 2000, 16 с. Свойства высоты треугольника часто играют важную роль в решении геометрических задач, особенно при применении метода площадей, метода оценок, в задачах на построение. Для старшеклассников, абитуриентов, участников математических олимпиад, учителей, преподавателей и слушателей подготовительных курсов.

 Издательство Дальневосточного Университета, 2000

ПРЕДИСЛОВИЕ Базовыми задачами темы «Высота треугольника» можно считать следующие три. Задача 1. Докажите, что все три высоты треугольника пересекаются в одной точке. Задача 2. Если АА1 и ВВ1 – высоты остроугольного треугольника АВС, то треугольник А1В1С подобен треугольнику АВС с коэффициентом подобия cos ∠ C. Докажите это. Задача 3. Постройте треугольник по трем высотам. Задачу 3 можно решить с помощью соотношений, которые связывают стороны a, b, c и высоты ha, hb и hc треугольника: a/ (1/ ha) = b/ (1/hb) = c/ (1/ hc). Справочники и пособия не уделяют этим соотношениям особого внимания. А между тем их следует принимать во внимание при решении многих геометрических задач. Треугольник, вершинами которого являются основания высот треугольника, называется ортоцентрическим. Среди многих его замечательных свойств в первую очередь надо отметить, что он имеет наименьший периметр среди треугольников, вписанных в в данный треугольник. Отметим также и тот факт, что высоты исходного треугольника – биссектрисы углов ортоцентрического треугольника. В брошюрах серии «Математика для абитуриента. Сам себе репетитор» рассматриваются в основном методы решения задач, предлагаемых на вступительных экзаменах в вузы или на олимпиадах. Особенность их в том, что в них не дается систематическое изложение теоретического материала школьных учебников или пособий для поступающих, а посвящены они вопросам, которым в этих учебниках и пособиях уделено недостаточное внимание, а также анализу типичных ошибок абитуриентов. Уже вышли в свет брошюры «Метод интервалов», «Метод оценок», «Медиана», «Биссектриса», «Сегмент, вмещающий данный угол», «Метод площадей», «Графики», «Целые числа», «Задачи на построение».

Без специальных оговорок будем применять следующие обозначения для треугольника АВС: a, b, c – стороны ВС, АС и АВ, α, β, γ - углы А, В и С, ha, hb, hс – высоты , проведенные из вершин А, В и С, ma, mb, mc – медианы, проведенные из вершин А, В и С,

la, lb, lc –биссектрисы, проведенные из вершин А, В и С, О – центр окружности, описанной около треугольника, I –центр вписанной в треугольник окружности (инцентр), H – точка пересечения высот (ортоцентр), М – точка пересечения медиан (центроид, центр тяжести).

Все три высоты пересекаются в одной точке ТЕОРЕМА. Все три высоты треугольника пересекаются в одной точке. Доказательство. Для прямоугольного треугольника утверждение очевидно. Возьмем остроугольный треугольник АВС. Через каждую его вершину проведем прямую, параллельную противолежащей стороне. Получим треугольник А1В1С1 с углами α, β, γ (см. рис. 1). Причем прямые высот треугольника АВС оказались серединными перпендикулярами сторон треугольника А1В1С1. Как известно все три серединных перпендикуляра треугольника пересекаются в одной точке – центре описанной окружности этого треугольника. Отсюда и следует утверждение. Повторив построения и рассуждения, получим, что и у тупоугольного треугольника прямые, на которых лежат высоты треугольника, пересекаются в одной точке.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

ТЕОРЕМА. АА1 и ВВ1 – высоты остроугольного треугольника АВС. Тогда треугольники АВС и А1В1С1 подобны. Доказательство. Из треугольника АА1С имеем cos γ = A1C/ AC, а из ∆ ВВ1С, соответственно, cos γ = В1C / ВC. Отсюда, A1C / AC = В1C / ВC и треугольники АВС и А1В1С подобны по углу и двум его сторонам.

Второй способ решения. Опишем окружность около прямоугольного треугольника АВ1В. Так как угол АА1В прямой, то А1 лежит на этой окружности (см. рис. 4, т. е. вокруг четырехугольника АВ1А1В можно описать окружность). Внешний угол СА1В1 треугольника А1ВВ1 равен сумме двух внутренних, не смежных с ним, А1В1В и А1ВВ1, т. е. ∠ СА1В1 = ∠ В1АА1 + ∠ А1АВ = α. Аналогично доказывается, что ∠ СВ1А1 = β. Треугольники А1В1С и АВС подобны по трем углам. Коэффициент подобия находится из отношения сходственных сторон СА1/ CA = cos γ. Замечание. Из только что рассмотренной задачи следует другое доказательство того, что все три высоты треугольника пересекаются в одной точке. Если Н – точка пересечения высот АА1 и ВВ1 высот треугольника АВС, то ∠ В1А1С = α. Вокруг четырехугольника В1НА1С можно описать окружность, в которой на дугу В1С опираются углы В1А1С и В1НС ⇒ ∠ В1НС = α ⇒ ∠ ВНС1= α ⇒ ∠ ВНС1 + ∠ НВС1 = 90° ⇒ ∠ ВС1Н = 90° , где С1 – точка пересечения прямых СН и АВ. Отсюда СС1 высота треугольника АВС и она проходит через точку Н пересечения двух других высот. Впрочем, можно те же рассуждения провести и в обратном направлении и тогда, считая доказанным тот факт, что все три высоты пересекаются в одной точке, можно доказать утверждение задачи (см. рис. 6). Следует обратить внимание на равенства различных углов, приведенных на рисунках 1-3 и 7.

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Точка пересечения высот треугольника называется его ортоцентром. ТЕОРЕМА. Ортоцентр делит высоты треугольника на части, произведение которых для данного треугольника постоянно. Доказательство. Из подобия пар треугольников АНВ , ВНА и

ВНС , СНВ следует, что АН/ BH = HB / HA , BH/ CH = HC / HB . Откуда AH HA = BH HB = CH HC . Задача. Точка, симметричная ортоцентру относительно стороны треугольника, лежит на описанной окружности. Докажите это. Решение. Пусть треугольник АВС остроугольный. ∠ ВНС = β + γ. Если точка D симметрична точке Н относительно ВС, то ∠ BDC = β + γ, ∠ А +∠ D =180°. Вокруг четырехугольника ABDC можно описать окружность. Это и есть описанная окружность треугольника АВС и точка D лежит на ней (см. рис. 8). Если ∆ АВС тупоугольный, то для стороны АВ, лежащей напротив тупого угла, утверждение следует из равенства треугольников АВН и АВD (см. рис. 9). Остальные случаи иллюстрируют рисунки 10 и 11.

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

Задача. Радиус описанной окружности треугольника равен радиусу окружности, проходящей через две вершины и ортоцентр. Решение. Первую окружность рассматриваем как описанную около ∆ BDC, где точка D симметрична точке С относительно АВ, а вторую как описанную около ∆ ВНС. Эти треугольники равны, следовательно и радиусы равны. Задача. Перпендикуляр, опущенный из центра описанной окружности на сторону треугольника, вдвое меньше отрезка высоты от ортоцентра до противоположной вершины. Докажите это. Решение. Проведем через каждую вершину треугольника АВС прямую, параллельную противоположной стороне. Получим ∆ DEF, подобный данному с коэффициентом подобия 2. Центр описанной окружности ∆ DEF – это ортоцентр ∆ АВС. В подобных

треугольниках сходственные элементы относятся как сходственные стороны. Отсюда и следует утверждение.

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

Задача. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника, ортоцентр и центр описанной окружности треугольника лежат на одной прямой (называемой прямой Эйлера). Решение. Пусть Н – ортоцентр, О – центр описанной окружности D – середина АВ, Е – основание высоты, опущенной на АВ, К – точка пересечения медианы АD и отрезка ОН. Из подобия треугольников АHK и DOK с коэффициентом подобия 2 следует, что К делит медиану АD в отношении 2:1, т. е. К – точка пересечения медиан треугольника АВС. Задача. На стороне АВ треугольника АВС как на диаметре построена окружность, пересекающая АС и ВС в точках М и N, площадь треугольника АВС равна S, ∠ C = γ. Найдите площадь треугольника СМN. Решение. Треугольники СМN и АВС подобны с коэффициентом подобия cos γ (см. рис. 13). Площади подобных фигур относятся как квадраты сходственных сторон. Отсюда ответ: S cos2 γ. Задача. АА1 и ВВ1 – высоты остроугольного треугольника АВС, АВ = а, ∠ С = γ. Найдите радиус окружности, проходящей через точки А1, В1 и С. Решение. А1В1 = а сosγ, 2R = (а сosγ)/ (sinγ) = a ctg γ. Ответ: (a/ 2)ctg γ.

Упражнения 1. Даны окружность и ее диаметр. Их точки плоскости опустите перпендикуляр на диаметр (или на его продолжение), пользуясь только линейкой и карандашом. Рассмотрите по отдельности случаи, когда точка лежит внутри круга, вне круга и на окружности 2. АА1 и ВВ1 – высоты тупоугольного треугольника АВС. Докажите двумя способами, что треугольники А1В1С и АВС подобны с коэффициентом подобия cos(180°-γ). 3. АА1 и ВВ1 – высоты остроугольного треугольника АВС, периметр треугольника АВС равен 75, а треугольника А1В1С равен 45. Радиус окружности, описанной около ∆ А1В1С равен 9. Вычислите длину стороны АВ. 4. Постройте треугольник по вершине, середине противолежащей стороны и ортоцентру. 5. Докажите, что из ортоцентра сторона треугольника АВС, противоположная вершине А видна под углом β + γ. Ортоцентрический треугольник Если А1, В1 и С1 – основания высот треугольника АВС, то ∆ А1В1С1 называется ортоцентрическим для треугольника АВС. Он обладает рядом замечательных свойств. Задача. В остроугольный треугольник АВС впишите треугольник наименьшего периметра. Решение. Вписать треугольник в данный треугольник– это значит построить треугольник, все три вершины которого лежат на сторонах данного. Возьмем на стороне АВ треугольника АВС произвольную точку Р и будем вписывать вначале в треугольник АВС треугольник наименьшего периметра, одной из вершин которого должна быть точка Р. Отразим взятую точку Р симметрично относительно сторон АС и ВС. Получим точки Р1 и Р2. Пусть N и L – точки пересечения прямой Р1Р2 со сторонами АС и ВС соответственно (см. рис. 14). Тогда ∆ РNL имеет самый маленький периметр среди вписанных в треугольник АВС с вершиной Р. В самом деле, если Х и У – другие точки на сторонах АС и ВС, то длина ломаной Р1ХУР2 больше длины отрезка Р1Р2 (см. рис. 15). Но длина этой ломаной равна периметру треугольника РХУ, а длина отрезка Р1Р2 равна периметру треугольника РNL. Выясним теперь при каком положении точки Р на отрезке АВ периметр ∆ РNL наименьший. Обратимся к треугольнику Р1СР2. Это – равнобедренный треугольник, у которого две стороны СР1 и

СР2 равны длине отрезка СР, а угол при вершине постоянен и равен 2γ. В равнобедренном треугольнике с одним и тем же углом при вершине чем больше боковая сторона, тем больше основание и наоборот. Чем меньше длина отрезка СР, тем меньше длина отрезка Р1Р2. Длина отрезка СР наименьшая, если СР – высота. Аналогично доказывается, что и другие вершины вписанного треугольника наименьшего периметра – основания высот треугольника АВС.

Рис. 14

Рис. 15

Рис. 16

Задача. Р, N, L – основания высот треугольника АВС. Докажите, что СР, ВN, AL – биссектрисы углов треугольника РNL. Решение. Способ 1. Следует из соотношений, приведенных на рисунке 3. Способ 2. Из построений, выполненных при доказательстве теоремы: СР = СР1, ∠ NCP1 = ∠ NCP ⇒ ∆ РNС = ∆ Р1NС ⇒ ∠ СРN = ∠ СР1N. Аналогично, ∠ С РL = ∠ СР2L. Так как ∠ Р1 = ∠ Р2 , то ∠ СРN = ∠ С РL ⇒ РС – биссектриса угла NPL. Способ 3. Полезно знать и такое решение этой достаточно широко известной задачи: ∠ НС1В1 =∠ HAВ1 = 90° - γ = ∠ HBА1 = ∠ HС1А1. Первое из этих равенств следует из того, что эти вписанные углы опираются на одну и ту же дугу HВ1 окружности, описанной около четырехугольника АС1НА1 (см. рис. 16). Способ 4. Пусть О1 - центр описанной окружности ∆А1В1С. Вокруг четырехугольника В1С1ОА1 можно описать окружность, так как ∠А1О1В1+∠А1С1В1 = 2γ +(180°-2γ) = 180°. А1О1 = В1О1⇒ ∠О1С1А1 = ∠О1С1В1⇒ ∠СС1А1 = ∠СС1В1 (О1∈СС1). Упражнения 1. Докажите, что ортоцентрический треугольник равнобедренный тогда и только тогда, когда равнобедренный исходный треугольник.

Даны высоты треугольника Задача. Постройте треугольник по трем высотам Решение. Анализ. Если ha, hb, hc – высоты треугольника АВС, то существует треугольник со сторонами 1/ ha, 1/ hb, 1/ hc, который подобен треугольнику АВС. Это следует из соотношений SАВС = 1/ 2⋅ ahа =1/ 2⋅bhb =1/ 2⋅chс ⇒ a/(1/ hа) = b/ (1/ hb ) = c/(1/ hс) Осталось построить треугольник со сторонами, длины которых обратны данным высотам, а затем построить треугольник, подобный ему с высотой, скажем, hc. Построение. Даны отрезки ha, hb, hc. Строим отрезки 1/ ha, 1/ hb, 1/ hc, Напомним, что если дан отрезок h, то отрезок х = 1/ h строится следующим образом. Задается единичный отрезок. Записывается пропорция, в которой неизвестный отрезок х оказывается четвертой пропорциональной величиной h / 1 = 1/ x. На одной стороне произвольного угла откладываем отрезки KL = c, LM = 1. На другой стороне угла откладываем KN = 1. Пусть Р – точка пересечения со второй стороной угла прямой, проведенной через точку М параллельно NL. Тогда NP = x (см. рис. 17). С помощью этого алгоритма строим отрезки длиной 1/ ha, 1/ hb, 1/ hc, Строим ∆ АВ1С1 по трем сторонам. Проведем прямую, параллельную АВ1, на расстоянии hc от нее; С – точка пересечения этой прямой с лучом АС1, В – точка пересечения прямой, проведенной через С параллельно В1С1. Треугольник АВС искомый. Замечание. Задача построения треугольника по трем медианам хорошо известна и решается сравнительно просто. В теории Галуа доказывается, что в общем случае невозможно с помощью циркуля и линейки восстановление треугольника по трем биссектрисам.

Рис. 17

Рис.18

ЗАДАЧА. Высоты треугольника 12, 15 и 20. Найдите его углы. Решение. Достаточно найти углы треугольника со сторонами 1/12, 1/15, 1/20. Так как (1/ 12)2 = (1/ 15)2 + (1/ 20)2, то этот треугольник прямоугольный. Углы прямоугольного треугольника с высотами 12, 15 и 20 легко находятся. Ответ: 90°, arcsin 3/ 5, arcsin 4/ 5. Метод площадей 1. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен (a+b-c)/ 2. Докажите. ∇ S = ab/2 = ar/2 +br/2 +cr/2 ⇒ r = ab/ (a+b+c) = ((a+b)2-c2)/(a+b+c)= = (a+b-c)/ 2. Другой способ доказательства основан на свойствах касательных к окружности: a+b = AC+BC = r+AP + r+BN = 2r+AM+BM= = 2r+c ⇒ a+b =2r+c ⇒ r =(a+b-c)/ 2.

Рис. 19

2. Докажите, что 1/ ha +1/ hb+1/ hc = 1/ r.

∇ S = ra/2+rb/2+rc/2 ⇒ (a+b+c)/ 2S = 1/r. S = aha /2 = bhb /2 = chc /2 ⇒ 1/ ha +1/ hb+1/ hc = a/ 2S+b/ 2S+c/ 2S = (a+b+c) 2S =1/r.

3. Докажите, что сумма расстояний от любой точки основания равнобедренного треугольника до боковых сторон равна высоте, опущенной на боковую сторону. ∇ S = hа/ 2 = xa/ 2 + a y/ 2 ⇒ x+y=h.

Рис. 20

Упражнения 1. Если r =(a+b-c)/ 2, то треугольник прямоугольный. Докажите. 2. Докажите, что сумма расстояний от любой внутренней точки равностороннего треугольника до его сторон равна высоте. Обобщите утверждение для треугольной пирамиды.

Теоремы Чевы и Менелая Применим к решению геометрических задач понятие центра масс. Метод основан на следующих фактах: (1) существует центр масс системы материальных точек, который не зависит от спосмоба его нахождения; (2) центр масс системы двух материальных точек лежит на соединяющем их отрезке и делит этот отрезок на части обратно пропорциональные прилежащим массам. ТЕОРЕМА. Для любой точки Р внутри треугольника АВС можно подобрать такие массы m1, m2 и m3 и поместить их в вершинах треугольника, что центр масс системы трех точек А, В и С окажется в точке Р. Доказательство. В точках В и С поместим массы m2 и m3 , для которых BQ/ QC = m3/m2, где Q – точка пересечения прямых АР и ВС. В точку А поместим массу m1, для которой АР/ PQ = (m2 +m3 )/ m1. Точка Р – центр масс полученной системы трех материальных точек. ТЕОРЕМА (Джованни Чевы). А1, В1, С1 - точки на сторонах треугольника соответственно ВС, АС и АВ. Для пересечения прямых АА1, ВВ1 и СС1 в одной точке необходимо и достаточно, чтобы AC1/C1B⋅BA1/A1C⋅CB1/B1A =1. Доказательство. Необходимость. Дано: прямые АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке Р. Поместим в точках А, В и С массы m1, m2 и m3 , для которых Р – центр масс. Перемножив равенства AC1/C1B = m2/ m1, BA1/A1C = m3/ m2, CB1/B1A = m1/m3,, получим утверждение. Достаточность. Поместим массы m1, m2 и m3 в точки А, В и С, для которых BA1/A1C = m3/ m2, CB1/B1A = m1/m3,. Тогда AC1/C1B = m2/ m1.Отсюда следует, что центр масс Р лежит на прямых АА1, ВВ1 и СС1, т. е. Р – точка пересечения трех прямых. Джованни Чева (1648-1734 г.г.) – итальянский геометр, инженер-гидравлик и экономист. В 1678 году опубликовал

работу “О прямых линиях”, в которой доказал теорему. Прямые, проходящие через вершины треугольника и пересекающиеся в одной точке, называются чевианами. ТЕОРЕМА (Менелая). Точка С1 лежит на прямой АВ, В1 на стороне АС и А1 на стороне ВС треугольника АВС. Точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда AB1/B1C⋅CA1/A1B⋅BC1/C1A =1. Доказательство. Необходимость. Пусть известно, что точки лежат на одной прямой. Поместим соответственно в точках А, А1 и В массы m1, m2 и m3, для которых В1 - центр масс. AB1/B1C = (m2+m3)/ m1 , CA1/CB = m3/ m2 , BC1/C1A = m1/ m3 ⇒ CA1/A1B = CA1/ (CA1+BC) =1/ (1+(m2/ m3)) = m3/ (m2+m3) ⇒ AB1/B1C⋅CA1/A1B⋅BC1/C1A = (m2+m3)/ m1⋅ m3/ (m2+m3)⋅ m1/ m3 =1. Достаточность. Дано: AB1/B1C⋅CA1/A1B⋅BC1/C1A =1. Пусть Е – точка пересечения прямых АС и А1С1. Тогда AE/ EC⋅CA1/A1B⋅BC1/C1A =1 ⇒ AB1/ B1C = AE/ EC ⇒ B1 = E ⇒ B1∈ A1C1. Теорема содержится в третьей книге «Сферики» древнегреческого ученого Менелая (1-2 в.в.) и была им доказана для сферического треугольника. На протяжении многих веков ее называли «теоремой о секущих». Аналогичная теорема сферической геометрии играла большую роль в создании сферической тригонометрии. Задача. Пользуясь теоремой Чевы доказать, что пересекаются в одной точке (а) три высоты треугольника, (б) три медианы, (в) три биссектрисы внутренних углов треугольника, (г) прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания вписанной в треугольник окружности, (д) прямые, проходящие через вершины треугольника и делящие противоположные стороны пропорционально одним и тем же тригонометрическим функциям прилежащих углов,

(е) прямые, которые соединяют вершины треугольника с точками касания соответственных вневписанных окружностей. Доказательство. (а).(1) Cos A = AB1/AB = AC1/AC, cos B = BA1/AB= BC1/BC, cosC =CA1/AC=CB1/BC ⇒ AC1/B1A=AC/AB, BA1/C1B=AB/BC, CB1/A1C=BC/AC ⇒ (AC1/C1B)(BA1/A1C)(CB1/B1A) =1. (2) AC1⋅BA1⋅CB1 C1B⋅A1C⋅B1A

hcctg α⋅hbctg β⋅hcctg γ hcctg β⋅hactg γ⋅hbctg α

⋅ Рис. 21

Доказательство остальных утверждений оставим для самостоятельной работы. Задача. С помощью теоремы Менелая докажите, что три высоты треугольника пересекаются в одной точке. Доказательство. АН =АD =2Rsin(90°-α) = 2Rcos α; HA1=CHcosβ=2Rsin(90°-γ)cosβ= 2Rcosγcosβ; A1B=c cosβ, CB1=a cosγ, AB1=c cosα ⇒ AH/HA1⋅A1B/BC⋅CB1/AB1 =1. По теореме Менелая для ∆ АСА1 точки В1, Н и В лежат на одной прямой.

Рис. 22

Задача. Какому условию должны удовлетворять углы α, β и γ треугольника АВС, чтобы биссектриса угла А, медиана угла В и высота угла С пересекались в одной точке. Решение. Применим теорему Чевы. Ответ. tg α cos β = sin γ. Упражнения 1. Медианами тетраэдра называются прямые, соединяющие вершины с точками пересечения медиан противоположных граней. Докажите, что четыре медианы тетраэдра пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 3:1, считая от вершины.

Задачи с решениями 1. Постройте треугольник по высоте h, медиане m и биссектрисе l одного угла. ∇ Проведем две параллельные прямые к1 и к2 на расстоянии h друг от друга. Из произвольной точки К прямой к1 радиусом m сделаем засечку С на к2. Из точки С радиусом l сделаем засечку L на к1. Точка D пересечения прямой CL и перпендикуляра к к1 лежит на описанной окружности, также как и точка F, симметричная точке С относительно этого F C k1 перпендикуляра. Окружность, проходящая через точки C, D и F, пересекает прямую к1 h ml в точках А и В. Треугольник АВС искомый. K L k2 2. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, проведенной к третьей стороне. D Рис. 24 ∇ Дано: a, b, hc. Проведем две параллельные прямые на расстоянии hc друг от друга. Раствором циркуля a из произвольной точки С одной прямой сделаем засечку В, а раствором b засечку А. Треугольник АВС искомый. 3. a+ha = b+hb. Определите вид треугольника. ∇ a+2S/a =b+2S/b ⇒ (a-b)(2S-ab)=0 ⇒ a=b или S=ab/ 2 ⇒ треугольник равнобедренный или прямоугольный. 4. Если две высоты треугольника равны, то он равнобедренный. Докажите. ∇ Дано: АА1 = ВВ1. Треугольники АА1В и ВВ1А равны по катету и гипотенузе ⇒ ∠ В = ∠ А. Замечание. Легко доказать, что треугольник равнобедренный, если равны две медианы. Если две биссектрисы равны, то треугольник также равнобедренный. Это утверждение доказывается труднее и носит название теоремы Штейница-Лемуса. Задачи для самостоятельной работы 1. Докажите признак равенства треугольников по углу и высотам, проведенным к сторонам этого угла.

2. Докажите признак равенства треугольнииков по углу и двум соответствующим высотам. 3. Докажите признак равенства треугольников по стороне и двум высотам. 4. АВ – диаметр круга, хорда АС и BD пересекаются в точке М. Докажите, что прямая, проведенная через М перпендикулярно АВ, проходит через точку пересечения прямых AD и ВС. 5. Докажите, что угол между высотой и биссектрисой одного угла равен полуразности двух других углов. 6. Докажите, что если высота делит периметр треугольника пополам, то треугольник равнобедренный. 7. Докажите, что в остроугольном треугольнике АВС сторона ВС видна из ортоцентра под углом 180°- α. 8. Найдите углы равнобедренного треугольника, если его основание видно из ортоцентра под углом ϕ. 9. Н – ортоцентр треугольника АВС. Найдите сумму углов НАВ, НВС и НСА. 10. Для точки N внутри треугольника АВС известно, что ∠ NAC=∠ NBC, ∠ NBA =∠ NCA, ∠ NCB =∠ NAB. Докажите, что N = Н. 11. Определите вид треугольника, если ортоцентр совпадает с а) центром вписанной окружности, б) центром описанной окружности, в) точкой пересечения медиан. 12. АА1 и ВВ1 – высоты ∆ АВС. Докажите, что серединный перпендикуляр к отрезку А1В1 делит сторону АВ пополам. 13. Постройте равнобедренный треугольник по основанию и высоте, проведенной к боковой стороне. 14. Постройте равнобедренный треугольник по углу при его вершине и высоте, проведенной к боковой стороне. 15. Постройте треугольник по а) α, hb, hc , б) γ, с, hc, в) γ, с, hа , г) а, hа, ma, д) R, hа, ma,, е) α, hb, 2р (р – полупериметр), ё) α, ha, 2р, ж) α, hа,а+b, з) a, b+c, β -γ, и) a, α, hb + hc, к) 16. Постройте прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С по а) b+c, β, б) a+b, c, в) a-b, β, г) a-b, c. 17. Докажите, что сумма высот треугольника меньше его периметра 18. Докажите, что (ha+hb+hc)(1/ha+1/hb+1/hc) =(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) 18. CH, CL, CM – высота, биссектриса и медиана ∆ АВС. В каком порядке точки Н, L и М расположены на прямой АВ. 19. Постройте треугольник по катету и проекции другого катета на гипотенузу.

20. Радиус окружности, описанной около ∆ АВС, проведенный к вершине В, образует со стороной ВА такой же угол, какой высота ВВ1 образует с ВС. Докажите (см. рис. 25-27).

Рис. 25 Рис. 26 Рис. 27 22. Определите угол при вершине треугольника, если биссектриса делит делит угол между медианой и высотой пополам. 21. Медиана и высота, проведенные из вершины треугольника, делят угол на три равные части. Определите углы треугольника. 22. Медиана, биссектриса и высота делят угол на четыре равные части. Определите углы треугольника. Институт математики и компьютерных наук ДВГУ Математическая олимпиада 28 марта 2000 г. Результаты математической олимпиады Участник школа баллы сумма (набравший более половины баллов при максимуме 35 баллов) Степанов Андрей Александрович 23 77777 35 Глушак Варвара Сергеевна 57 67577 32 Дерид Андрей Анатольевич 23 77647 31 Бабич Максим (265)21-4-84 60775 25 Яровой Андрей Вл ТШЛ 13677 24 Цыба Вл Евг 354554 гимн1 62077 22 Оралов Артем Николаевич 67512 21 с.Кневичи Авиационная 14-30 Чернов Кирилл 42 23771 20 Трапезникова Анна 73 00577 19 Зотов Иван Юр гимн 1 02377 19 Новикова Александра п Ярославский Хорол. Р-н, Школьный проезд 8-88 20556 18 Задачи математической олимпиады ИМКН ДВГУ 28.03.2000 1. Построить параллелограмм по двум высотам и периметру. 2. Решить в натуральных числах 1/ x +1/ y =1/ p (р – простое число) 3. Решить систему (x+y)/ (x-y) + (x-y)/ (x+y) =a, xy =b. 4. Сколько слагаемых в выражении (a+b)12 после раскрытия скобок, но до приведения подобных? 5. Три шара одного радиуса R лежат на плоскости и попарно касаются друг друга. Четвертый тоже лежит на этой же плоскости

и соприкасается с каждым из трех шаров (он накрывается ими). Каков его радиус? Решения 1. Даны: h1, h2 - высоты, р – полупериметр. Пусть a, b - стороны. S = h1a =h2b ⇒ a/ b =h2/h1, a+b =p ⇒ a = ph1/(h1+h2), b = ph2 /(h1+h2). С помощью теоремы Фалеса можно построить отрезок a. Для этого на стороне произвольного угла P отложим PL = p, LM = h2 . На другой стороне угла PN =h1+h2. Чеоез точку М проведем прямую, параллельную LN. Для точки К ее пересечения с другой стороной угла имеем NK = a. Построение. На расстоянии h1 друг от друга проводим две параллельные прямые. На одной откладываем AB = a. За точкой А по другую сторону от В на этой прямой откладываем точку Т, для которой ВТ = р, т. е. АТ = b. Раствором циркуля b из точки А на другой прямой делаем засечку D. Через точку В параллельно АD проводим прямую. Для точки С пересечения этой прямой со второй из параллельных прямых четырехугольник ABCD искомый. 2. p(x+y) =xy ⇒ (x-p)(y-p) =p2⇒ x-p=1 или x-p=p или x-p=p2. Ответ: (р+1,р2+р), (2р, 2р), (р2+р, р+1). 3. Если b=0, то х=0 или у=0 ⇒ a= - 2 или a= 2 ⇒ Если b=0, a ≠ ± 2, то решений нет. Если b=0, a= -2, то решений (0,у) бесконечно много. Если b=0, a=2, то решений (х,0) бесконечно тоже много. Пусть теперь b ≠ 0. Тогда х ≠ 0, у ≠ 0. В левой части первого уравнения сумма двух взаимно обратных величин по модулю не превосходит числа 2 ⇒ a  ≥ 2. Если предположим, что a=2 или a= -2, то х =0 или у =0 ⇒ b=0 ⇒ Если a ≤ 2, b ≠ 0, то решений нет. Итак, a >2, b ≠ 0. 2x2 +2y2 =a(x2 –y2) ⇒ 2(x4 +b2) =a(x4 –b2) ⇒ x4 = b2(a+2)/ (a-2), y4 =b2(a-2)/ (a+2) . Здесь (а+2)/(a-2) > 0. После извлечения корней знаки выбираем с учетом того, что если b >0, то они одинаковые, в противном случае противоположны. Ответ: Решений нет, если a ≤ 2, b ≠ 0 или a ≠ ± 2, b=0. Если b=0, a= -2, то (0, α), α ≠ 0, α ∈ R.. Если b=0, a= 2, то (β,0), β≠ 0, β ∈ R.. Если b>0, a> 2, то ( 4√(а+2)/ (a-2) √ b, 4√ (a-2)(a+2) √ b) , ( -4√(а+2)/ (a-2) √ b,-4√ (a-2)(a+2) √ b). Если b<0, a> 2, то ( 4√(а+2)/ (a-2) √ - b ,-4√ (a-2)(a+2) √ - b) , ( -4√(а+2)/ (a-2) √ - b ,-4√ (a-2)(a+2) √ - b). 5. Ответ: 212 = 4096. Каждый новый множитель удваивает число слагаемых в сумме, получаемой после раскрытия скобок. 6. Ответ: R/ 3. Проекции центров больших шаров на плоскость образуют треугольник со сторонами 2 R. Центр маленького шара проектируется в центр описанной окружности радиуса 2√ Rr. Находим r из соотношения 2√ Rr √ 3 = 2 R.

Р h1+h2

р

L h2 М N K

Учебное издание Геннадий Константинович Пак Редактор С. Г. Масленникова Корректор Н. В. Демко Научный редактор В. И. Ткаченко

ЛР 020277. Подписано в печать 14.04.2000. Формат 60х84 1/16. Бум. Тип № 2

Усл. печ. л. 1,22. Уч.-изд. л. 0,97. Тираж 1000 экз. Издательство Дальневосточного университета 690600, Приморский край, Владивосток, ул. Октябрьская, 27 Отпечатано в учебно-полиграфическом комплексе Института математики и компьютерных наук ДВГУ 690600, г. Владивосток, ул. Октябрьская, 27