Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/04/39.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:59 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:24:09 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: дендрохронология

ШКОЛА

В

'КВАНТЕ'

39

Решение. Построим окружность с диаметром MN (рис.6). Пусть А одна из точек пересечения построенной и данной окружностей. Тогда прямые AN и AM при пересечении с данной окружностью дадут, соответственно, точки B и D. Дальнейшее построение очевидно. M A Задача 7. Прямоугольник D ABCD вписан в окружность, N произвольная точка на меньшей дуге BC, точки K, T, E основания перпендикуляN ров, опущенных из точки N на BD, AC, BC соответственC B но. Докажите, что точка E является точкой пересечения биссектрис (инцентром) в Рис. 6 треугольнике NKT. Решение. Идея доказательства базируется на таком A известном факте геометрии треугольника: РBIC = 90o + , 2 A где I инцентр треугольника ABC (рис.7). Около BNEK (рис.8) можно описать окружность ( РBEN = РBKN = = 90o ), тогда Р1 = Р3 I (вписанные, опирающиеся на одну дугу). АналоA 90 + гично, около NCTE мож2 C B но описать окружность, тогда Р2 = Р4 . Но Р3 = Рис. 7 = Р4 (BO = CO и VBOC N равнобедренный), следовательно, Р1 = Р2 . 12 Пусть РKNT = Р1 + x yy B C +Р2 = , тогда Р1 = 4 xE 3 =Р2 =Р3 =Р4 = . ДоT 2 K кажем, что РKET = O = 90o + . Поскольку 2 D при этом NE является бисA сектрисой в треугольнике KNT, то это и будет означать, что Е инцентр Рис. 8 VKNT . Обозначим РNCE = РNTE = y (так как NCTE вписанный четырехугольник). Аналогично, РNBE = РNKE = x (NBKE вписанный четырехугольник), РKEN = 180o - Р1 + x , РTEN = 180o - Р2 + y . Тогда
РKET = 360o - РKEN + РTEN = x + y + . 1 1 Но x + y = BNC = BOC . Поскольку BOC = 2 2 o = 180o - (из треугольника BOC), то x + y = 90 - . 2 o o Тогда РKET = 90 - + = 90 + . А это значит, что 2 2 точка Е инцентр треугольника KNT. Задача 8. Пусть K произвольная точка меньшей дуги AD описанной около прямоугольника ABCD окружности (рис.9), K1, K2, K3, K4 ее проекции на прямые AD, AB, CD, BC соответственно. Докажите, что K1 точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника K2 K3 K4 . Решение. Проведем прямую K1K2 . Если мы докажем, что РK2TK3 = x = 90o , то задача будет решена. Ясно, что

Р1 = Р2 ( AK1KK2 вписанный четырехугольник), Р2 = Р3 (вписанK" ные, опираются на одну B C дугу). Тогда Р1 = Р3 . 3 Поскольку KO = K3O половины диагоналей T прямоугольника xO KK4CK3 , то Р4 = Р5 . Но D Р3 + Р4 = 90o (из A 2 K VKCK3 ). Тогда и 4 Р1 + Р5 = 90o . Значит, в 1 5 VK2TK3 x = 90o и K2T K! K K высота, т.е. K1 ортоРис. 9 центр VK2 K3 K4 . Задача 9 (обобщение задачи 8). Через произвольную точку K меньшей дуги AD проведена произвольная прямая, которая пересекает прямые AB и CD в точках K2 и K3 соответственно (рис.10). Через точку K проведена прямая перпендикулярно K2 K3 , которая пеK" ресекает AD и BC в точ- B C ках K1 и K4 соответ4 ственно. Докажите, что 3 K1 ортоцентр в треугольнике K2 K3 K4 . T Решение. Докажем, что o x РK2TK3 = x = 90 . Име- A D 2 K ем Р1 = Р2 (AK1KK2 вписанный четырехуголь1 ник), Р2 = Р3 (вписан- K K ные, опираются на одну 5 дугу). Следовательно, Р1 = Р3 . Около KK3CK4 Рис. 10 K! можно описать окружность, и тогда Р4 = Р5 . Но Р3 + Р4 = 90o , а значит, Р1 + Р5 = 90o . Тогда x = 90њ, и K2 K1 прямая, содержащая высоту, т.е. K1 ортоцентр. Задача 10.Дана точка А, две взаимно перпендикулярные прямые n и k, содержащие вершины B и D прямоугольника ABCD. Найдите геометрическое место вершин С EC b всевозможных прямоугольников ABCD. Решение. Пусть данные прямые n и k пересеB каются в точке Е n D (рис.11). Тогда точки A, B, C, D, E лежат на одk ной окружности, описанной около прямоугольника ABCD ( РBED = Рис. 11 A = РBCD = РBAD = 90o ). Но АС диаметр, следовательно, РAEC = 90o . Таким образом, геометрическим местом вершин С всевозможных прямоугольников ABCD будет прямая b, проведенная через точку Е перпендикулярно АЕ.