15_7

ВВЕРХ

Задача 1

Задача 2

Задача 3

Задача 4

Задача 5

Задача 6

Задача 7

Задача 8

Задача 9

Задача 10

Задача 11

Задача 12

Задача 13

Задача 14

Задача 15

Задача 16

Задача 17

Задача 18

Задача 19

Задача 20

Задача 21

Задача 22

Задача 23

Задача 24

Задача 25

Задача 26

Теорема о биссектрисе

Задача 27

Задача 28

Оглавление

Предметный указатель

Литература

Для доступа к меню нажмите правую кнопку мыши

ЗАДАЧИ

Помимо выведенных в этой главе соотношений между основными элементами треугольника полезно знать или уметь вывести формулы, выражающие высоты, медианы и биссектрисы треугольника через его стороны и, наоборот, стороны через медианы и высоты.
В следующих задачах предлагается вывод таких формул.
Задача 1. В треугольнике ABC даны три стороны a, b и с. Найти его медианы m_а, m_b и m_c.
Решение. Для вычисления медианы m_a = AD продолжим ее на отрезок DE = AD и точку Е соединим с вершинами В и С. Полученный четырехугольник АВЕС есть параллелограмм, ибо диагонали АЕ и ВС делятся в точке пересечения пополам. Так как сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон, т.е. 2 с² + 2 b² = а² + (2 m_a)², то отсюда следует, что

. Аналогично получаем, что

. Задача 2. В треугольнике ABC даны его медианы m_а, m_b и m_c. Найти его стороны а, b и с.
Решение. Для вычисления стороны а продолжим отрезок ED на расстояние

и точку F соединим с вершинами В и С. Полученный четырехугольник BFCE есть параллелограмм, в котором стороны

, диагонали ВС = а и

. Поэтому

, откуда следует, что

. Аналогично находим, что

Задача 3. В треугольнике ABC даны три стороны а, b и с. Найти его высоты h_a, h_b и h_c.
Решение. Пусть S - площадь треугольника ABC. Тогда

. Из этих равенств следует, что

Аналогично находим, что

. Задача 4. В треугольнике ABC даны его высоты h_a, h_b и h_c. Найти его стороны a, b и с.
Решение. Пусть S - площадь треугольника ABC. Тогда

. Следовательно,

. (*) С другой стороны, по формуле Герона

, где

Следовательно,

т. e.

Теперь, используя равенства (*), находим a, b и с:

. Задача 5. Доказать, что квадрат биссектрисы в равен произведению двух прилежащих сторон треугольника без произведения отрезков, на которые она делит противолежащую сторону, т. е.

. Решение. Рассмотрим треугольники ACD и DCВ. Согласно теореме косинусов имеем

где α = C/2. Отсюда следует, что

, т. е.

. (*) По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника

т. е. а b₁ = а₁b. Тогда

и равенство (*) перепишется в виде

. Таким образом,

при условии, что b ≠ а. Если b = а, то b₁ = a₁ = c/2,

, что согласуется с доказываемым равенством, если положить в нем а = b.
Задача 6. В треугольнике ABC даны стороны a, b и с. Найти его биссектрисы l_а, l_b и l_c.
Решение. Используя результат задачи 5, имеем

или

. Выразим а₁ через стороны треугольника. Из равенства

находим, что

. Тогда

, т. е.

, Аналогично находим, что

. При решении многих задач полезно использовать некоторые дополнительные соотношения. Они легко получаются из формул (1) − (20).
Приведем примеры таких дополнительных соотношении. Рекомендуем читателю запомнить их вывод, так как мы будем на них ссылаться при решении последующих задач.
Задача 7. Найти площадь треугольника, если известны его сторона и два прилежащих к ней угла.
Решение. Пусть известная сторона равна а, прилежащие углы В и С. Согласно формуле (14) имеем

. С другой стороны, по теореме синусов

, откуда

. (22) Задача 8. Доказать, что в любом треугольнике радиус вписанной окружности равен произведению любой стороны на синусы прилежащих половинных углов, деленному на косинус противолежащего половинного угла, т. е.

. (23) Решение. Пусть О - центр вписанной окружности, r - ее радиус, АО, ВО и СО - биссектрисы углов А, В и С. Из прямоугольных треугольников BOD и DOC имеем

. Складывая эти равенства и замечая, что BD + DC = a, получаем

. Таким образом,

. Задача 9. Доказать, что в любом треугольнике

. (24) Р е ш е н и е. Имеем

. Выражая cos A через через стороны треугольника, получаем

, откуда

. Итак,

, причем равенство достигается при b = с, т. е. в случае равнобедренного треугольника.
Задача 10. Доказать, что площадь вписанного четырехугольника равна

, где а, b, с, d - стороны четырехугольника, а 2p - его периметр.
Решение. Площадь четырехугольника ABCD равна сумме площадей треугольников ABC и ADC; здесь угол В обозначен через α и тогда угол D = 180° - α. Согласно формуле (14) находим

. (*) Выразим sin α через стороны а, b, с, d. По теореме косинусов из треугольников ABC и ADC имеем АС² = а² + b² - 2ab cos α,
АС² = с² + d² + 2cd cos α. Сравнивая правые части этих равенств, получаем а² + b² - 2ab cos α = с² + d² + 2cd cos α,

. Подставляя найденное значение sin a в равенство (*), находим

(**) Преобразуем подкоренное выражение, которое является разностью квадратов. Имеем 4 (cd + ab)² − (а² + b² − с²− d²)² = (2 cd + 2 ab + a² + b²− c² − d²)· (2 cd + 2 ab − a² − b² + c² + d²) =
= [(a + b)² − (c − d)²]·[(c + d)² − (a - b)²] =(а + b + с − d)(a + b − c + d)·(c + d + а − b) (с + d − a + b). Замечая, что a + b + с - d = a + b + c + d - 2d = 2( p - d) и аналогично a + b - c + d = 2(p - с), a - b + c + d = 2(p - b), c + d - a + b = 2(p - a) и возвращаясь к равенству (**), окончательно получаем пл. ABCD =

. (25) В частности, заметим, что если в четырехугольник ABCD можно также и вписать окружность, т. е. а + c = b + d, то формула (25) упрощается. В этом случае

. Приведем несколько задач, при решении которых используются результаты задач 7 - 10.
Задача 11. Доказать, что в любом треугольнике отношение радиуса вписанной к радиусу описанной окружности не превосходит ½.
Решение. Согласно формулам (23) и (1) имеем

где r - радиус вписанной, a R - радиус описанной окружности. Следовательно,

Принимая во внимание неравенство (24), окончательно получаем

. Итак,

, причем равенство достигается в случае, когда а = b = с.
Задача 12. Определить углы прямоугольного треугольника, в котором отношение радиуса вписанной к радиусу описанной окружности имеет наибольшее значение.
Решение. Вновь используя формулу (23), имеем

, где ÐС = 90° и

. Поэтому учитывая, что R = c/2, получаем

Отсюда ясно, что отношение r/R принимает наибольшее значение, когда

, что возможно при А = В = 45°. При этом отношение

. Задача 13. Доказать, что в любом треугольнике

, где r - радиус вписанной окружности; d₁, d₂ и d₃ расстояния центра этой окружности до вершин треугольника; a, b и с - стороны треугольника u p - его полупериметр.
Решение. Из центра О вписанной окружности опустим перпендикуляры OD = OF = ОЕ = r на стороны треугольника и рассмотрим образовавшиеся при этом А построении треугольники AOD, ОЕВ и COF. В каждом из них выразим отрезки d₁, d₂ и d₃ через радиус r. Имеем

Перемножая эти равенства, получаем

. (*) С другой стороны, согласно формуле (23)

. (**) Тогда из равенств (*) и (**)'следует, что

(***) Выражая

по формуле (10), находим, что

[мы использовали формулу Герона и формулу (15)]. Возвращаясь к равенству (***) и учитывая последний результат, получаем

, или

. Задача 14. В равнобочной трапеции верхнее основание в два раза меньше нижнего и диагональ делит угол при нижнем основании пополам. Найти стороны трапеции, зная, что ее площадь равна S.
Решение. Равнобочную трапецию можно вписать в окружность, следовательно, для ее площади справедлива формула (25).
Обозначим основание ВС через х, а равные углы ÐCAD и ÐCAB через α. Так как Ð DAC = Ð ВСА = α, то треугольник ABC равнобедренный и АВ = ВС = х. Тогда 2p = AD + 2 AB + BC = 5x,

. Следовательно,

. Рассмотрим несколько задач на решение треугольников, когда последние заданы не основными элементами, а величинами, зависящими от них, или другими элементами.
Будем считать задачу этого типа решенной, если она сведена к одному из основных случаев.
Задача 15. В треугольнике ABC даны угол Ð А, противолежащая ему сторона а и отношение двух других сторон b/c = k ≠ 1. Найти b, с и угол В.
Решение. 1. Из теоремы синусов

следует, что

.
Таким образом, для определения углов треугольника мы имеем систему двух уравнений

решая которую, находим sin В = k sin (A + В),
sin B = k sin A·cos В + k cos A·sin B, откуда

, или

(1 − 2k cos A + k² > 0 для любых Ð А ≠ 0 и k).
2. Вновь используя теорему синусов, находим b и с:

, или

Задача 16. В прямоугольном треугольнике даны высота h и биссектриса l, проведенные из вершины прямого угла. Найти стороны и углы треугольника.
Решение. Пусть СЕ - высота, CD - биссектриса и угол ÐDCE = α. Из прямоугольного треугольника ECD (Ð Е = 90°) находим угол α:

. Теперь нам известны углы ÐВСЕ =

- α и ÐАСЕ =

+ α, т.е. в прямоугольных треугольниках СВЕ и АСЕ известны по два основных элемента. Решая эти треугольники, находим

(заметим, что α <

, т.е. cos α > sin α; поэтому

. Задача 17. В треугольнике AВС угол Ð A вдвое больше угла ÐВ, известны стороны АВ = с, АС = b. Определить сторону ВС и углы треугольника.
Решение. Обозначая углы ÐВ и ÐA через α и 2 α, а сторону ВС через а, согласно теореме синусов имеем

. Отсюда следует, что

, или a = 2b·cos α и

, или

, т.е.

. Подставляя найденное значение cos α в формулу, определяющую α, получаем

. Угол ÐВ находим из равенства

, т. е.

. Задача имеет решение, если с < 3b.
Задача 18. В треугольнике ABC даны площадь S, радиус вписанной окружности r и угол ÐA. Найти стороны и углы треугольника.
Решение. Пусть О - центр вписанной окружности, OD ^ АС, причем OD = r.
1. Из треугольника AOD имеем

, или

(AD + BE + EC = p, или AD + а = р). С другой стороны, из формулы S = p·r следует, что

, Поэтому

. 2. Найдем углы треугольника. Из формулы (22)

имеем

, или

. Решая это уравнение относительно

, получаем

, т. е.

. Так как B + C= 180° − A, то окончательно находим

. Теперь в треугольнике ABC известны сторона и углы, т. е. задача сведена к основному случаю решения треугольника. Задача имеет единственное решение, если

.
При вычислении площадей из нескольких выведенных ранее формул нужно выбрать ту, которая в условиях данной задачи приведет к более короткому решению.
Задача 19. Непараллельные стороны трапеции перпендикулярны друг к другу. Одна из них, равная а, составляет с диагональю угол α, а другая наклонена под тем же углом к основанию. Вычислить площадь трапеции.
Решение. Продолжим боковые стороны до пересечения в точке О. Так как Ð BОС = 90°, то Ð OAD = 90° − α, Ð CAD = 90° − 2α = Ð ACB, Ð ACD = 90° + α и Ð ABС = 90° + α. Из треугольника ABC, в котором известна сторона АВ = а и все углы, находим АС:

, т.е.

. Мы имеем все данные для вычисления площадей треугольников ABC и ACD [см. формулу (22)]. Поэтому

Задача 20. Углы треугольника, расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию с разностью φ. Найти площадь треугольника, если его периметр равен 2р.
Решение. Обозначая углы треугольника АВС через α, α + φ и α + 2φ, находим, что 3 (α + φ) = 180°, т. е. В = α + φ = 60°. Площадь треугольника будем искать по формуле S = p·r, где радиус вписанной окружности найдем из равенства

, а сторону b - по теореме синусов:

. По свойству равных отношений имеем

, или

, откуда

. Тогда

. Задача имеет решение при 0 < φ < 60° (тогда 2 соs φ − 1 > 0).
Задача 21. Найти площадь треугольника, в котором заданы медиана, проведенная из вершины С, и два прилежащих угла ÐА = α, ÐB = β.
Решение. Задача будет решена, если мы найдем хотя бы одну сторону, например АВ = с. Тогда

. (*) Чтобы найти сторону АВ, выразим через нее стороны АС и ВС и воспользуемся соотношением между тремя сторонами треугольника и медианой. Имеем

;

. Решая последнее уравнение относительно с, находим

. Используя формулу (*), получаем

. Предоставляем читателю убедиться, что задача имеет решение для любых α и β при условии, что α + β < 180°.
Задача 22. В равнобедренном треугольнике угол при вершине равен 2α. Прямая, проходящая через середину высоты и образующая с продолжением основания угол β, делит треугольник на две части. Найти отношение площадей этих частей.
Решение. Выразим площади треугольника DCE и четырехугольника ADEB через высоту h и углы α и β. Легко подсчитать, что Ð CDF = Ð 1 = 90° - (α + β), Ð DFC = Ð 2 = 90° + β, Ð CFE = Ð 3 = 90° − β и Ð CEF = Ð 4 = 90° − (α − β).
Для подсчёта площади треугольника воспользуемся формулой (22)

пл. ADEB = S₂ = пл. ABC − пл. DCE = пл. ABC − S₁ = AK·CK − S₁ = h ²·tg α − S₁. Следовательно,

(При этом 3 − 4 tg ² α·tg ² β > 0, так как

).
При решении целого ряда геометрических задач, условия которых как будто бы не содержат ничего, связанного с тригонометрией, полезно применять аппарат тригонометрии. С этой целью вводят вспомогательные углы, которые затем из решения исключаются. Рассмотрим несколько таких задач.
Задача 23. Доказать, что в равнобедренном треугольнике сумма расстояний от любой точки основания до боковых сторон есть величина постоянная для данного треугольника.
Решение. Пусть М - произвольная точка основания, МD и МF - ее расстояния до боковых сторон. Введем угол α = Ð BAC = Ð BCA. Тогда из прямоугольных треугольников ADM (MD ^ AB) и CMF (MF ^ BC) находим DM = AM·sin α, MF = MC·sin α и DM + MF = AM·sin α + MC·sin α = (AM + MC)·sin α = AC·sin α, а это есть величина, постоянная для данного треугольника.
Задача 24. Доказать, что в прямоугольном треугольнике с прямым углом С биссектрисы, проведённые из вершин А и В, связаны с его сторонами соотношением

. Решение. Введем углы α = Ð САЕ = Ð ЕАВ и β = Ð СВD = Ð АВD. Выразим стороны l_a = АЕ и 1_b = ВD через катеты а и b и углы α и β. Из треугольников АЕС и ВСD находим

. Следовательно,

. (*) Так как

, то согласно равенству (*) имеем

, или

Задача 25. Доказать, что расстояния от любой точки окружности до вершин правильного вписанного в нее треугольника удовлетворяют соотношению МА = МВ + МС, где М - точка окружности, а А - наиболее удаленная от точки М вершина.
Решение. Обозначим через α равные углы ÐМВС и ÐМАС (вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу МnС).
Рассмотрим треугольники АВМ и МАС, в которых Ð АВМ = 180° − Ð МСА. Согласно теореме синусов имеем

, или

Тогда

и по свойству равных отношений

. (*) Так как sin (60° − α) + sin α = 2 sin30°·cos(30° − α) = sin(60°+ α), то из равенства (*) вытекает искомое, т. е. АМ = ВМ + МС. Задача 26. Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна удвоенному произведению ее оснований, сложенному с суммой квадратов боковых сторон, т. е. АС² + BD² = 2 АВ·CD + ВС² + AD². Решение. Обозначим АВ = а, BC = b, CD = c, DA = d, AC = f и DB = q. Рассмотрим треугольники ADB и АСВ. Согласно теореме косинусов имеем DB² = AB² + AD² − 2 АВ·AD·cos A и АС² = АВ² + ВС² − 2 АВ·ВС·cos В, или в наших обозначениях q² = a² + d² - 2 ad·cos A и f² = a² + b² − 2 ab·cos B. Складывая эти равенства, получаем f² + q² = 2 a² + b² + d² − 2 a(d·cos A + b·cos B). (*) Из вершины С проведем прямую CF || AD. В образовавшемся треугольнике FCB стороны FB = a - с, CF = d, CB = b. Высота СЕ делит основание на отрезки FE = d·cos A и BE = b·cos В.
Следовательно, FB = FE + BE = d·cos A + b·cos В, или а - с = - d·cos A + b·cos B. Таким образом, выражение, стоящее в скобках в равенстве (*), есть а - с. Поэтому имеем f² + q² = 2 a² + b² + d² − 2 a( а − с), или f² + q² = b² + d² + 2 ac, что и требовалось доказать.
Заметим, что используя методы тригонометрии, можно упростить доказательство некоторых теорем, рассматриваемых в курсе геометрии. Приведем, например, доказательство теоремы о свойстве биссектрисы внутреннего угла треугольника.
Теорема. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам , т. е.

. Доказательство. Согласно теореме синусов имеем

, или

(Δ ABC)

, или

(Δ DBC). Отсюда следует, что

т.е.

, что и требовалось доказать.
Во многих случаях вместо "вспомогательных углов" целесообразно вводить площадь, используя при этом различные ее выражения через элементы треугольника. Так, например, решались задачи 3 и 4. Приведем еще две задачи этого типа.
Задача 27. Даны стороны b и с треугольника. Найти третью сторону, если она равна высоте, на нее опущенной. При каком соотношении между бис решение существует?
Решение. Пусть S - площадь треугольника ABC и х - его третья сторона. Вычисляя площадь по формуле Герона, имеем

. (*) С другой стороны,

. (**) Сравнивая правые части равенств (*) и (**), получаем уравнение для определения х: [(b + с)² − х²] ·[х² − (b − с)²] = 4 х⁴, или 5 х⁴ − 2 х² (b² + с²) + (b²− с²)² = 0. Решая это биквадратное уравнение, находим

. Задача имеет решение, если (b² + с²)² − 5 (b²−с²)² ≥ 0. Предположим, что b > с (при b < с во второй скобке изменим знаки на противоположные). Тогда b² − с² > 0 и данное неравенство равносильно неравенству

, или

, откуда получаем, что

. Учитывая наше предположение, что b > с, окончательно имеем

. Если b = с, то

, если

, то

. В этих случаях задача имеет единственное решение.
При

задача имеет два решения.
Итак,

. Задача 28. Точка М лежит внутри треугольника на расстоянии х, y и z от его сторон ВС, AС и AB. Доказать что

, где h_a, h_b и h_c - высоты треугольника, проведенные из вершин A, В и С соответственно.
Доказательство. Соединив точку М с вершинами A, В и С, получаем три треугольника ВМС, АМС и АВМ, высоты которых равных, x, у и z соответственно. Обозначая через S площадь треугольника ABC, имеем.

, (*) С другой стороны,

, (*) Комбинируя равенства (*) и (**), находим

, т.е.