Глава 4. Прямоугольный треугольник с углом 15 градусов.

№1. Школьная теорема. Докажите, что площадь прямоугольного треугольника с острым углом в 15^o равна одной восьмой квадрата гипотенузы.

№2. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусов, проведена высота BD, а втреугольнке BDC--высота DE.

Доказать: DE=BC/4.

№3. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам, проведена биссектриса BD. На отрезке6 AD как на основании во внешнюю сторону построен равносторонний треугольника AED. Прямая CE пересекает прямую AB в точке F.

Доказать: DE/CD=AF/BC.

№4. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам, проведена медиана AD. Из точки A на неё опущен перпендикуляр AE. Отрезок AE продолжен до точки F, так что AE/EF=3                                                

№5. Задача Л.М.Лоповок. Окружность, построенная на высоте AD прямоугольного треугольника ABC как на диаметре, пересекает катет AB в точке K, а катет AC — в точке M. Отрезок KM пересекает высоту AD в точке L. Известно, что отрезки AK, AL и AM составляют геометрическую прогрессию (т.е. AK/KL=KL/LM). Найдите острые углы треугольника ABC.

Доказать: точка M равноудалена от прямых AC и AF.

№1. Указание: проведите медиану из вершины прямого угла.

№2. Отразим точку B симметрично относительно стороны AC и получим точку B’. Тогда BD=DB’, по теореме Фалеса, 2DE=B’B’0 (B’O--проекция точки B’ на прямую BC). Угол B’CB равен 30 градусам, отсюда получаем по теореме из задачи №1 главы 1, что B’B’O=B’C/2 и DE=BC/4.

№3. Продолжим отрезок BD до пересечения с прямой CF в точке K. Тогда не только BK будет биссектрисоц в треугольнике BFC, но и DK—в треугольнике EDC. Тогда ED/DC=AD/DC=AB/BC. Осталось доказать равенство AB=AF. Это можно сделать, используя задачу №13.

№4. Указание: используйте теорему Менелая применительно к треугольнику AEC.

№5. Поскольку AD и KM — диаметры указанной окружности, то четырёхугольник AKDM — прямоугольник. Пусть P — проекция вершины A на диаметр KM. Тогда AL² = AK ^. AM = KM ^. AP = AD ^. AP = 2AL ^. AP.

Отсюда находим, что AL = 2AP. Следовательно, в прямоугольном треугольнике APL угол APL равен 30^o, а т.к. ALP = 2 LAM, то LAM = 15^o. Значит,

Угол ACB = 90^o - Угол DAC = 90^o – Угол LAM = 75^o, Угол ABC = 90^o - 75^o = 15^o.

___________________________________________________________________________

Глава 5. Египетский треугольник.

№1. Доказать, что I—ортоцентр треугольника BNC.

№2. Доказать, что прямая Нагеля египетского треугольника параллельна его большему катету.

№3. Условие: египетский треугольник ABC (BC=3, AB=4, AC=5). Точка Нагеля треугольника—N.

Доказать, что NA=NB.

№4. Условие: египетский треугольник ABC с прямым углом A и меньшим катетом AС. Точка Нагеля треугольника ABC—N.

Доказать, что разность расстояний от центра описанной окружности треугольника ANC до его сторон AN и AC равна малому числу Фидия (числу «фи»).

№5. Условие: египетский треугольник ABC. Пусть P—точка касания вневписанной окружности египетского треугольника и его средней по величине стороны AB; I—центр вписаннной окружности треугольника, M—середина стороны BC.

Доказать: P,I,M лежат на одной прямой.

№6. Условие: треугольник ABC—египетский (BC=3, AB=4, AC=5). Центр его вписанной окружности—I, точки касания вневписанных окружностей треугольника и сторон AB и AC—P и Q соответственно.

Доказать: углы IPC и IQB равны.

№7. Найти: вкаком отеношении отрезок PI делит отрезок BQ.

№8. Пусть прямая Нагеля египетского треугольника ABCпересекает PQ в точке W, где P и Q—точки касания вневписанных окружностей со сторонами AB=4 и AS=5 соответстенно. На прямой BC выбрана точка U, так что CU=3 и U отлична от B.

Доказать: прямая NU перпендикулярна отрезку BW.

№1. 1) Известно, что радиус вписанной окружности египетского треугольника равен 1. Обозначим точку касания вписанной окружности и катета BC как A_0. Тогда CA_0=2.

2) По известной теореме, точка касания вневписаннйо окружности и стороны треугольника симметрична точке касания вписанной окружности треугольника и этой же стороны относительно её середины. Значит AQ=2, CQ=3. Аналогично, AP=1, BP=3.

3) Так как треугольники QBC и PBC—равнобедренные, то прямые CI и BI, содержащие их бюиссектрисы, проведённые к их основаниям, им и перпендикулярны. Поэтому I—ортоцентр треугольника BNC.

№2. Ясно, что NI||AB по признаку параллельности прямых.

№3. Обозначим С_1 середину стороны AB. Тогда BC_1NA_0—прямоугольник, поэтому BC_1=2, и отсюда C_1N—смерединный перпендикуляр к AB, и поэтому AN=BN.

№4. Обозначим центр описаннной окружности BNC как точку K. По теореме Эйлера, расстояние от O до отрезхка BN, равного \sqrt{5}, равно половине отрезка IC, а так как угол BCN составляет 45 градусов, \sqrt{5}/2. То же самое и относительно расстояния от K до стороны BC, равного ½. Поэтому разность этих чисел будет равна малому числу Фмдия.

№5. BN=\sqrt{2}, PC=3\sqrt{2}, прямая BN содержит медиану треугольника BPC, значит, I—его центр тяжести, и P, I, M лежат на одной прямой (по свойству медиан треугольника)..

№6. Углы IBP и BPN равны, поэтому BPNI—равнобедренная трапеция. А N лежит на серединном перпендикуляре к BAQ. Поэтому угол NBI равен углам NPI и IQB. Отсюда утверждение.

№7. По теореме Менелая, применённой к треугольника BAQ, находим отношение BN:NQ, а из BP=3NI и AB||NI выводится отношение BI:IN. Отсюда утверждение.

№8. Пусть прямая PQ пересекает прямую BC в точке U. По теореме Менелая, применённой к треугольника ABC, CU=3. Поэтому угол BQU—прямой и из конкуррентности высот следует, что прямая UN перпендикулярна отрезку BW, ч.т.д.