Чтение онлайн

Рассмотрим четырехугольники О1EDO3 и BELO2. При повороте около точки E одного из них на 90° он совпадает с другим (убедитесь в равенстве сторон и углов самостоятельно). Следовательно, отрезки О1О3 и ВО2 равны, что и требовалось доказать.

1.31. Достроим треугольник ABC до параллелограмма так, чтобы сторона AB была диагональю параллелограмма (рис. P.1.31).

Проведем BD1 || AD. Точку пересечения BD1 с диагональю CC1 параллелограмма обозначим через M1. Треугольники MDC и M1BC подобны. Так как MF = CF/4, то MC : MM1 = 3 : 2. Следовательно, MD : M1B = 3 : 5. Так как M1B = AM, то AM : MD = 5 : 3.

Площадь треугольника AFM в восемь раз меньше площади треугольника ABC, т. е. равна 8 . Высота треугольника AFM (F — середина AB), опущенная из вершины F, в два раза меньше высоты треугольника ABD, опущенной из вершины B. Так как AM : AD = 5 : 8, то площадь треугольника AFM относится к площади треугольника ABD как 5 относится к 2 · 8, т. е. как 5 : 16.

Зная, что площадь треугольника AFM равна 1/8 , можно теперь найти и площадь треугольника ABD.

Ответ. 2/5.

1.32. Способ 1. Пусть R — радиус окружности, а , и - вписанные углы, опирающиеся соответственно на стороны AB, BC и AD (рис. P.1.32). Углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны (это отмечено на рисунке). Углы DBC и DAC тоже равны, и их нетрудно вычислить: DBC = DAC = - ( + + ). По теореме синусов 

AB = 2R sin , BC = 2R sin , DC = 2R sin ( + + ), AD = 2R sin .

Таким образом,

AB · DC + AD · BC = 4R^2 [sin sin( + + ) + sin sin ] = 2R^2 [cos( + ) - cos(2 + + ) + cos( - ) - cos( + )] = 2R^2 [cos ( - ) - cos(2 + + )].

Так как

AC = 2R sin ( + ), BD = 2R sin ( + ),

то

AC · BD = 4R^2 sin ( + ) sin ( + ) = 2R^2 [cos ( - ) - cos (2 + + )].

Итак,

AB · DC + AD · BC = AC · BD.

Способ 2. Введем обозначения: AB = а, BC = b, CD = с, DA = d, AC = e, BD = f. Нужно доказать, что ac + bd = ef. Выберем на диагонали AC точку E так, чтобы угол CBE был равен . Тогда треугольники CBE и DBA подобны. Поэтому EC : b = d : f.

Из подобия треугольников ABE и DBC (углы ABE и DBC равны как равносоставленные) получаем AE : а = с : f. Определим из первого соотношения EC, а из второго AE и сложим эти два равенства:

откуда ас + bd = ef, что и требовалось доказать.

1.33. Продолжим боковые стороны AB и CD трапеции (рис. P.1.33) до пересечения в точке S. Если через S и M (где M — середина BC) провести прямую, то она пересечет AD в точке N, которая является серединой AD.

Из подобия треугольников BSM и ASN имеем

откуда

Так как по условию MN = AN– BM, то BM = SM и треугольник SMB равнобедренный. Аналогично доказывается, что треугольник SMC также равнобедренный. Следовательно, угол SMC равен удвоенному углу А, а угол SMB — удвоенному углу D (по свойству внешнего угла треугольника). Но оба этих угла SMB и SMC образуют развернутый угол. Следовательно, сумма углов А и D равна 90°.

1.34. Пусть AB = а, MR = x (рис. P.1.34).

Выразим через а и x длины отрезков MQ, MS и MP. Ясно, что для этого достаточно найти длину отрезка QM, поскольку MS = а– QM, а MP = а– x. Так как QM = CR = CK + KR, то вычислим CK и KR. По условию AN = а/3, а потому (треугольники OLN и OL1K равны) CK = а/3. Чтобы найти KR, рассмотрим подобные треугольники MKR и NKN1: