Учись решать задачи - Колягин Ю.М.
Скачать (прямая ссылка):
6) Аналогично доказывается, что высоты ВВХ и ССХ являются биссектрисами углов треугольника л1в1с1.
При решении задачи мы использовали только одно из намеченных направлений (см. п. 2). Попробуем развить второе направление — «привязать» исследуемые утлы к окружности (рис. 100).
Четырехугольник АхВСхО: (ССХ)1(АВ) и (ВВХ) 1 (АС), (ССХ) П (ВВХ) = О.
Значит, СХ7)АХ + CJ3AX = я.
Следовательно, существует такая окружность (Ох, г), что четырехугольник СхОВАх вписан в эту окружность.
Аналогично, существует окружность (Ot, г) такая, что четырехугольник АхОВхС вписан в эту окружность.
Но тогда CVBO = САА ВхСО =
= в1л10, СхВО = ВхСО, следовательно,
сао = ва О и т. д.
Развитие второго из намеченных направлений поиска решения также привело к успеху!
Приведет ли к успеху идея симметрии? На этот вопрос попробуйте ответить сами. Рис. 100
93
Рис. 101
12.2. Вычертим произвольный треугольник.
Центр описанной окружности лежит на пересечении срединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Так как мы построили остроугольный треугольник, то точка О — центр этой окружности — лежит внутри треугольника (рис. 69).
Нужно доказать, что отрезок [ОС] перпендикулярен отрезку [КН], соединяющему основания высот треугольника ABC.
Проведем анализ условия задачи. Из того, что [ВН] и [А К) — высоты, следует, что А АКС и А ВНС прямоугольные и углы КАС и НВС конгруэнтны* как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Это пока ни о чем не говорит. В условии еще сказано об окружности, описанной около треугольника ABC. [ОС] — радиус этой окружности.
Чтобы доказать, что [ОС] _L [КН], видоизменим требуемую ситуацию, найдем новые сочетания данных и неизвестных элементов. Для этого продолжим высоты А К и ВН до пересечения с описанной окружностью в точках К\ и Нх (рис. 101).
А КАС А НВС, следовательно, AKiAC^AHxBC. Это вписанные углы. Значит, wНХС ^ w СKi- Получаем, радиус [ОС] делит дугу, а значит, и хорду пополам и перпендикулярен хорде [Н1К1].
Осталось доказать, что отрезок [КН] параллелен [^НЛ. Параллельность отрезков можно доказать, если:
а) один из отрезков будет средней линией треугольника, в основании которого лежит второй отрезок;
б) если соответственные углы при пересечении двух прямых третьей конгруэнтны;
в) если две прямые перпендикулярны третьей;
г) если они центрально-симметричны;
д) если они являются сторонами гомотетичных треугольников. Наиболее перспективным кажется направление:
а) доказать, что один из искомых отрезков является средней линией треугольника, в основании которого лежит второй отрезок.
Решим подзадачу 1 (п. з. (1)). Докажем, что [НЮ—средняя линия Д НхМКъ (см. рис. 101).
Так как w/^C^w СКХ, то АНХАС ^ ^AKiAC и [АН] А [ВН]. Значит, А МЛН ^ ААННХ. Отсюда [МН]^ [ННХ]. Аналогично доказывается, что [МК]= Рис. 102 & [ККХ].
94
И
1 0
Доказали, что [НК] II W^J. В
Таким образом, решение п. з. (1) обеспечивает решение данной задачи.
1) zl КЛС /LHBC (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами) (рис. 102).
2) w HtC ^ w КхС (так как /i/c^ch /LHXBC вписанные и А.КгЛС /LHtBC).
3) [ОС] 1 Ш^] (как часть ди- Рис_ 103 аметра, делящего дугу пополам).
4) /L КгАС ^ zl САН1 (так как они вписанные и ^НХС ^ wc/cj. 5)*ЛМЛЯ^АЯЛЯХ (так как [АС] 1 [ВЯ] и /LKiACsi/L САНХ).
6) ШЯ] [ННХ] (так как А АМН ^А ЛЯ/^).
7) [Я/С] || [Я^] (так как [НЮ — средняя линия A МК\НХ).
8) [ОС] _L [НК\ (если прямая перпендикулярна одной из параллельных прямых (H^Ki), то она перпендикулярна и другой (НК)).
Случай тупоугольного треугольника рассмотрите самостоятельно.
12.3. Решение этой задачи основано на известных свойствах осевой симметрии (рис. 103): 1) [SO] 1 [AD]; 2) ] SO| = | OS±(; 3) [SjTW]; 4) [SXM] П [AD] = X; 5) X — искомая.
12.4. Заменив 74 на x + 1 в данном выражении, получим: — (х + I)*30 + (х + 1)ха9 — ... + (х + 1)х17 — (х + 1)х1в +
v-31
+ х ¦ х15 + 15 = х31 — х31 — х30 + х30 + х
29
+
+ х18 + х17 — х17 — х™ + я18 + 15 = 15. 12.5. Перепишем данное уравнение так: ху = п (61 —х3). Так как х, у и п — натуральные числа, то 61 — ха > 0, поэтому х может принимать только три натуральных значения: 1, 2 и 3. Рассмотрим следующие случаи:
1) При п = 6k уравнение ху — 6k (61 —х3) имеет три натуральных решения:
хх = 1, f х2 = 2, Г х3 = 3,
У! = 60 • 6/г; 1 у, = 53 • 3k; [ у3 = 34 • 2/г.
2) При я = 6k ± 1 уравнение ху = (6/г± 1) ¦ (61 —х3) имеет единственное натуральное решение:
fx = 1,
{ у = 60 • (6Л =Ь 1).
3) При п = 6k ± 2 уравнение ху = (6? ± 2) ¦ (61 —х3) име-два натуральных решения:
*i = 1,
уг = 60 • (6/г ± 2);
4) При л = 6k + 3 уравнение ет zb2 натуральных решения:
f #2 — 2,
\ у2 = 53 • (3/е ху = (6k + 3)
± 1).
(61 — х3) име-
1 У1 = 60 • (6k + 3);
х2 — 3, У2 = 34
(2k + 1).
Единственное решение при п = 6k ± 1, где /г = 0, 1, 2, ..
95
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие................... 3
