Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

2(⅔ AB )² + (⅓ АВ )² = АВ ².

Перейдем к доказательству обратного утверждения.

Докажем, что если в треугольнике АМВ

3 АO = AB и 2 АМ ² + МВ ² = АВ²,

то АO = MO , т. е. точка M лежит на окружности радиусом АO . Начнем со случая, когда M не лежит на AB . Предыдущие рассуждения подсказывают нам, что полезно воспользоваться не только данным соотношением, но и теоремой косинусов для треугольника АМВ :

МВ ² = АМ ² + АВ ² − 2 АМ · AB cos А .

Так как мы не знаем, чему равен cos А , то постараемся его исключить. Запишем теорему косинусов для стороны MO треугольника АMO (учтем при этом, что 3 АO = AB ):

MO ² = АМ ² + 1/ 9 АВ ² − ⅔ AM · AB cos А .

Умножив последнее равенство на −3 и сложив с выражением для МВ ², получим

МВ ² − 3 MO ² = −2 АМ ² + ⅔ АВ ².

Заменяя МВ ² + 2 АМ ² на АВ ², придем к равенству

АВ ² = 3 MO ² + 3/ 2 АВ ², т. е. АВ ² = 9 MO ²,

откуда AB = 3 MO и MO = АO , что и требовалось показать.

Если теперь точка M лежит на прямой AB , то она может располагаться либо на отрезке AB (включая его концы), либо вне этого отрезка.

Пусть точка M расположена вне отрезка AB . Тогда или AM + AB = МВ , или МВ + AB = AM . B первом случае получаем AB = МВ − AM , а после возведения в квадрат: АВ ² = АМ ² + МВ ² − 2 АМ · МВ . Заменяя АВ ² на 2 АМ ² + МВ ², придем к равенству AM = −2 МВ , которое абсурдно. Аналогично рассматривается второй случай.

Пусть теперь точка M расположена на отрезке AB . Тогда AM + МВ = AB , что после возведения в квадрат и замены АВ ² на 2 АM ² + МВ ² приводит к равенству

АМ ² = 2 МВ · AM .

Из этого равенства следует, что либо AM = 0 (точки А и M совпадают), либо AM = 2 МВ (точка M совпадает с точкой С ).

Тем самым доказательство полностью завершено.

5.4.B треугольниках АВМ и ВМС при любом их расположении сторона ВМ общая. Если выбрать ее в качестве основания, то для равенства площадей этих треугольников необходимо и достаточно равенство высот, т. е. площади треугольников равны тогда и только тогда, когда прямая ВМ отстоит от точек А и С на одинаковое расстояние. Так как точки А и С зафиксированы, то задача состоит в нахождении всех прямых равноудаленных от А и С .

Если прямая ВМ пересекает отрезок AC (рис. P.5.4, а ), то из равенства высот h 1и h 2следует, что треугольники АВF и CВF равновелики. Поскольку они имеют общую высоту, соответствующую вершине B , их основания АF и CF равны, и прямая, равноотстоящая от А и С , проходит в этом случае через середину отрезка AC .

Если же прямая ВМ не пересекает отрезок AC (рис. P.5.4, б ), то из равенства высот h 1и h 2следует, что ВМ || AC .

Остается убедиться, что любая точка прямых ВМ , изображенных на рис. P.5.4, а и P. 5.4, б , удовлетворяет условию задачи. Следовательно, прямые ВМ и BF (рис. P.5.4, в ) образуют искомое геометрическое место точек.

5.5.Рассмотрим вначале случай, когда прямые AB и CD , на которых лежат данные отрезки, пересекаются в некоторой точке N (рис. P.5.5, а ). Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту. Площади треугольников АВМ и CDM не изменятся, если каждый из отрезков AB и CD двигать по несущей его прямой. Переместим отрезки так, чтобы они имели своим общим концом точку N . Отрезок AB перейдет в NB ′, а отрезок CD — в ND ′. Поскольку пары треугольников АВМ , NB ′ M и CDM , ND ′ M равновелики, то искомое геометрическое место точек можно характеризовать тем свойством, что площади треугольников NB ′ M и ND ′ M равны.

Итак, задача свелась к предыдущей (см. задачу 5.4): для треугольника B ′ ND ′ найти геометрическое место точек M таких, что площади треугольников NB ′ M и ND ′ M равны. Мы уже доказали, что это — две прямые NK и NL , первая из которых проходит через середину B ′ D ′, а вторая параллельна B ′ D ′.

Рассмотрим теперь случай, когда прямые AB и CD параллельны. Сместим отрезок AB по несущей его прямой так, чтобы его центр совпал с центром CD (рис. P.5.5, б ). Если точка M (на рисунке она не изображена) принадлежит искомому геометрическому месту точек, то отношение ее расстояния до прямых AB и CD есть отношение высот в треугольниках АВМ и CDM . Площади этих треугольников будут равны тогда и только тогда, когда отношение расстояний от точки M до AB и CD будет равно отношению отрезков CD и AB . Таким образом, искомое геометрическое место есть две параллельные прямые, расстояния которых до CD и AB относятся как AB : CD .

Чтобы построить это геометрическое место точек, сместим отрезок AB по несущей его прямой так, чтобы его центр и центр E отрезка CD оказались на общем перпендикуляре к AB и CD (см. рис. P.5.5, б ). Прямые DA ′ и CB ′ пересекутся в точке P , которая делит EF в отношении PF : РЕ = AB : CD , а прямые DB ′ и СА ′ пересекутся в точке Q , для которой QF : QE = AB : CD. Остается на прямой EF (см. рис. P.5.5, б ) построить отрезки EP ′ = FP и EQ ′ = FQ . Прямые P ′ K и Q ′ L , проведенные через P ′ и Q ′ параллельно AB и CD , образуют искомое геометрическое место точек.

5.6.Для данного куба с ребром а найдем сначала геометрическое место середин отрезков длины l , один из концов которых лежит на диагональной прямой верхнего основания, а другой — на не параллельной ей диагональной прямой нижнего основания. Как мы увидим, замена диагоналей на диагональные прямые позволяет упростить задачу.

Если MN — отрезок длины l , о котором идет речь в условии задачи, а расстояние между плоскостями верхнего и нижнего оснований равно а , то проекция MK отрезка MN на плоскость нижнего основания равна (рис. P.5.6, а ). Проекция G середины E отрезка MN делит MK пополам, поэтому Треугольник MKO прямоугольный, а GO — его медиана. Следовательно, Тем самым мы установили, что для фиксированного l точка G всегда отстоит от точки О на одинаковом расстоянии, равном , т. е. лежит на окружности радиусом с центром в точке О .