Страница 103 - гдз по геометрии 8 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.27. В четырехугольнике $ABCD$ $ \angle BAC=40^\circ $, $ \angle BCA=70^\circ $, $ \angle BDC=20^\circ $, $ \angle BDA=35^\circ $. Найдите угол между диагоналями четырехугольника.

Пусть диагонали $AC$ и $BD$ четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$. Искомый угол — это острый угол между диагоналями, например, $\angle BOC$.

Сначала рассмотрим треугольник $ABC$. По условию, $\angle BAC = 40^\circ$ и $\angle BCA = 70^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому третий угол $\angle ABC$ равен:
$\angle ABC = 180^\circ - (\angle BAC + \angle BCA) = 180^\circ - (40^\circ + 70^\circ) = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$.
Так как $\angle ABC = \angle BCA = 70^\circ$, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $BC$, откуда следует, что $AB = AC$.

Теперь обратим внимание на ключевое соотношение между углами, данными в условии: $\angle BAC = 40^\circ$ и $\angle BDC = 20^\circ$. Можно заметить, что $\angle BAC = 2 \cdot \angle BDC$.
Это свойство связывает центральный и вписанный углы в окружности, опирающиеся на одну дугу. Это позволяет предположить, что точка $A$ является центром окружности, описанной около треугольника $BDC$.
Если это предположение верно, то отрезки $AB, AC, AD$ должны быть равны как радиусы этой окружности: $AB = AC = AD$.

Проверим, согласуется ли это предположение с остальными данными задачи.
Мы уже установили, что $AB = AC$.
Если $AB = AD$, то треугольник $ABD$ — равнобедренный. По условию $\angle BDA = 35^\circ$, следовательно, угол при основании $\angle ABD$ также должен быть равен $35^\circ$.
Тогда угол при вершине $A$ в треугольнике $ABD$ составляет $\angle BAD = 180^\circ - (35^\circ + 35^\circ) = 110^\circ$.
Если $AC = AD$, то треугольник $ACD$ — равнобедренный. Угол при вершине $\angle CAD$ равен $\angle BAD - \angle BAC = 110^\circ - 40^\circ = 70^\circ$. Тогда углы при основании $CD$ равны: $\angle ACD = \angle ADC = (180^\circ - 70^\circ)/2 = 55^\circ$.
Проверим полное значение угла при вершине $D$ четырехугольника: $\angle ADC = \angle BDA + \angle BDC = 35^\circ + 20^\circ = 55^\circ$. Это значение совпадает с тем, что мы рассчитали для равнобедренного треугольника $ACD$.
Все условия задачи выполняются, значит, наше предположение было верным.

Теперь, зная все необходимые углы, мы можем найти угол между диагоналями. Рассмотрим треугольник $AOB$, образованный пересечением диагоналей.
- $\angle OAB = \angle BAC = 40^\circ$ (из условия).
- $\angle OBA = \angle ABD = 35^\circ$ (из равнобедренного $\triangle ABD$).
Сумма углов в $\triangle AOB$ равна $180^\circ$, поэтому угол $\angle AOB$ равен:
$\angle AOB = 180^\circ - (\angle OAB + \angle OBA) = 180^\circ - (40^\circ + 35^\circ) = 180^\circ - 75^\circ = 105^\circ$.

Углы между диагоналями — это пара смежных углов, $\angle AOB$ и $\angle BOC$. Если $\angle AOB = 105^\circ$, то $\angle BOC = 180^\circ - 105^\circ = 75^\circ$. Углом между прямыми принято считать острый угол.

Ответ: $75^\circ$.

5.28. Из точки внутри равностороннего треугольника $ABC$ на его стороны $AB$, $BC$, $CA$ проведены перпендикуляры, длины которых соответственно равны $m$, $n$, $k$. Найдите отношение площади треугольника $ABC$ к площади треугольника с вершинами в основаниях перпендикуляров.

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$ и высотой $h$. Пусть $P$ — точка внутри треугольника. Опустим из точки $P$ перпендикуляры на стороны треугольника: $PD$ на $AB$, $PE$ на $BC$ и $PF$ на $CA$. По условию, длины этих перпендикуляров равны $m, n, k$ соответственно, то есть $PD=m$, $PE=n$, $PF=k$. Треугольник с вершинами в основаниях этих перпендикуляров — это треугольник $DEF$. Нам нужно найти отношение площади $S_{ABC}$ к площади $S_{DEF}$.

Сначала выразим площадь треугольника $ABC$ через $m, n, k$.Согласно теореме Вивиани, для любой точки внутри равностороннего треугольника сумма расстояний от этой точки до сторон треугольника равна его высоте. Таким образом, $h = m+n+k$.Высота равностороннего треугольника связана с его стороной $a$ соотношением $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Отсюда можно выразить сторону $a$ через высоту: $a = \frac{2h}{\sqrt{3}}$.Подставим значение $h$: $a = \frac{2(m+n+k)}{\sqrt{3}}$.Площадь равностороннего треугольника $ABC$ вычисляется по формуле $S_{ABC} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Подставим в нее выражение для $a$:$S_{ABC} = \frac{1}{4} \left( \frac{2(m+n+k)}{\sqrt{3}} \right)^2 \sqrt{3} = \frac{1}{4} \frac{4(m+n+k)^2}{3} \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}(m+n+k)^2$.

Теперь найдем площадь треугольника $DEF$. Треугольник $DEF$ называется педальным треугольником точки $P$ относительно треугольника $ABC$. Его площадь $S_{DEF}$ связана с площадью $S_{ABC}$ формулой:$S_{DEF} = S_{ABC} \frac{|R^2 - OP^2|}{4R^2}$,где $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$, $R$ — ее радиус, а $OP$ — расстояние от точки $P$ до центра $O$.Для равностороннего треугольника центр описанной окружности совпадает с центром тяжести (центроидом). Поместим начало координат в точку $O$.Радиус описанной окружности $R$ связан с высотой $h$ как $R = \frac{2}{3}h$. Поскольку $h = m+n+k$, получаем:$R = \frac{2}{3}(m+n+k)$, и $R^2 = \frac{4}{9}(m+n+k)^2$.

Чтобы найти $OP^2$, определим координаты точки $P(x_p, y_p)$. В выбранной системе координат с центром в $O(0,0)$ вершины треугольника $ABC$ можно расположить так: $A(0, R)$, $B(-\frac{a}{2}, -\frac{R}{2})$, $C(\frac{a}{2}, -\frac{R}{2})$. Уравнения прямых, содержащих стороны треугольника:$BC: y = -\frac{R}{2}$$AC: \sqrt{3}x + y - R = 0$$AB: -\sqrt{3}x + y - R = 0$Расстояния от точки $P(x_p, y_p)$ до этих сторон равны $n, k, m$:$n = |y_p - (-\frac{R}{2})| = y_p + \frac{R}{2}$ (так как $P$ выше стороны $BC$)$k = \frac{|\sqrt{3}x_p + y_p - R|}{2} = \frac{R - \sqrt{3}x_p - y_p}{2}$ (так как $P$ ниже стороны $AC$)$m = \frac{|-\sqrt{3}x_p + y_p - R|}{2} = \frac{R + \sqrt{3}x_p - y_p}{2}$ (так как $P$ ниже стороны $AB$)Из последних двух уравнений найдем $x_p$:$m-k = \frac{1}{2}((R + \sqrt{3}x_p - y_p) - (R - \sqrt{3}x_p - y_p)) = \frac{2\sqrt{3}x_p}{2} = \sqrt{3}x_p \implies x_p = \frac{m-k}{\sqrt{3}}$.Сложив эти же уравнения, найдем $y_p$:$m+k = \frac{1}{2}((R + \sqrt{3}x_p - y_p) + (R - \sqrt{3}x_p - y_p)) = \frac{2R-2y_p}{2} = R-y_p \implies y_p = R-(m+k)$.Проверим с помощью первого уравнения для $n$: $y_p = n - \frac{R}{2}$.$R-(m+k) = n - \frac{R}{2} \implies \frac{3}{2}R = m+n+k$.Так как $R = \frac{2}{3}(m+n+k)$, то $\frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3}(m+n+k) = m+n+k$, что является тождеством.Теперь вычислим $OP^2 = x_p^2 + y_p^2$:$OP^2 = \left(\frac{m-k}{\sqrt{3}}\right)^2 + (R - (m+k))^2 = \frac{(m-k)^2}{3} + \left(\frac{2}{3}(m+n+k) - (m+k)\right)^2$$OP^2 = \frac{m^2-2mk+k^2}{3} + \left(\frac{2m+2n+2k-3m-3k}{3}\right)^2 = \frac{m^2-2mk+k^2}{3} + \left(\frac{2n-m-k}{3}\right)^2$$OP^2 = \frac{3(m^2-2mk+k^2) + (4n^2+m^2+k^2-4nm-4nk+2mk)}{9} = \frac{3m^2-6mk+3k^2 + 4n^2+m^2+k^2-4nm-4nk+2mk}{9}$$OP^2 = \frac{4m^2+4n^2+4k^2-4mn-4nk-4mk}{9} = \frac{4}{9}(m^2+n^2+k^2 - mn - nk - km)$.

Теперь найдем разность $R^2 - OP^2$. Поскольку точка $P$ находится внутри треугольника, она также находится внутри описанной окружности, поэтому $R^2 > OP^2$.$R^2 - OP^2 = \frac{4}{9}(m+n+k)^2 - \frac{4}{9}(m^2+n^2+k^2 - mn - nk - km)$$R^2 - OP^2 = \frac{4}{9}((m^2+n^2+k^2+2mn+2nk+2km) - (m^2+n^2+k^2-mn-nk-km))$$R^2 - OP^2 = \frac{4}{9}(3mn+3nk+3km) = \frac{4}{3}(mn+nk+km)$.

Теперь мы можем найти отношение площадей:$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}} = \frac{R^2 - OP^2}{4R^2} = \frac{\frac{4}{3}(mn+nk+km)}{4 \cdot \frac{4}{9}(m+n+k)^2} = \frac{\frac{4}{3}(mn+nk+km)}{\frac{16}{9}(m+n+k)^2}$$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}} = \frac{4}{3} \cdot \frac{9}{16} \cdot \frac{mn+nk+km}{(m+n+k)^2} = \frac{3}{4} \frac{mn+nk+km}{(m+n+k)^2}$.Искомое отношение — это обратная величина:$\frac{S_{ABC}}{S_{DEF}} = \frac{4}{3} \frac{(m+n+k)^2}{mn+nk+km}$.

Ответ: $\frac{4(m+n+k)^2}{3(mn+nk+km)}$

5.29. В равнобедренном треугольнике проведены биссектрисы углов при вершине и при основании. Найдите косинус угла между биссектрисами, если синус угла при основании треугольника равен $\frac{\sqrt{975}}{32}$.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Углы при основании равны, обозначим их за $\alpha$, то есть $\angle A = \angle C = \alpha$. Угол при вершине обозначим за $\beta$, то есть $\angle B = \beta$. Сумма углов в треугольнике составляет $180^\circ$, поэтому $2\alpha + \beta = 180^\circ$.

В треугольнике проведены биссектриса угла при основании, например, из вершины $A$, и биссектриса угла при вершине $B$. Обозначим их как $AD$ и $BE$ соответственно, где $D$ лежит на стороне $BC$, а $E$ — на основании $AC$. Пусть $O$ — точка пересечения этих биссектрис.

Мы ищем косинус угла между биссектрисами $AD$ и $BE$. Угол между пересекающимися прямыми — это острый угол между ними. Найдем один из углов, образованных при пересечении, например, $\angle AOE$.

В равнобедренном треугольнике биссектриса угла при вершине, проведенная к основанию, является также высотой и медианой. Следовательно, $BE \perp AC$, и угол $\angle AEO = 90^\circ$.

Рассмотрим треугольник $AOE$. Его углы:

• $\angle OAE$ является половиной угла при основании, так как $AD$ — биссектриса угла $A$. Таким образом, $\angle OAE = \frac{\angle A}{2} = \frac{\alpha}{2}$.
• $\angle AEO = 90^\circ$, как было показано ранее.

Сумма углов в треугольнике $AOE$ равна $180^\circ$:$\angle AOE + \angle OAE + \angle AEO = 180^\circ$$\angle AOE + \frac{\alpha}{2} + 90^\circ = 180^\circ$Отсюда находим угол $\angle AOE$:$\angle AOE = 180^\circ - 90^\circ - \frac{\alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Косинус угла между биссектрисами равен $\cos(\angle AOE)$.$\cos(\angle AOE) = \cos(90^\circ - \frac{\alpha}{2})$.По формулам приведения, $\cos(90^\circ - x) = \sin(x)$. Следовательно,$\cos(\angle AOE) = \sin(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь нам нужно найти значение $\sin(\frac{\alpha}{2})$, зная, что синус угла при основании $\sin(\alpha) = \frac{\sqrt{975}}{32}$.

Сначала найдем $\cos(\alpha)$, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$.$\cos^2(\alpha) = 1 - \sin^2(\alpha) = 1 - \left(\frac{\sqrt{975}}{32}\right)^2 = 1 - \frac{975}{1024} = \frac{1024 - 975}{1024} = \frac{49}{1024}$.

Так как $\alpha$ — угол при основании равнобедренного треугольника, он должен быть острым (поскольку $2\alpha < 180^\circ$, то $\alpha < 90^\circ$). Для острого угла косинус положителен.$\cos(\alpha) = \sqrt{\frac{49}{1024}} = \frac{7}{32}$.

Теперь используем формулу половинного угла для синуса:$\sin^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1 - \cos(\alpha)}{2}$.$\sin^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1 - \frac{7}{32}}{2} = \frac{\frac{32-7}{32}}{2} = \frac{\frac{25}{32}}{2} = \frac{25}{64}$.

Поскольку $0 < \alpha < 90^\circ$, то $0 < \frac{\alpha}{2} < 45^\circ$, и в этом диапазоне $\sin(\frac{\alpha}{2})$ положителен.$\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \sqrt{\frac{25}{64}} = \frac{5}{8}$.

Таким образом, косинус угла между биссектрисами равен $\frac{5}{8}$.

Ответ: $\frac{5}{8}$

5.30. Основание равнобедренного треугольника 12 см, а радиус вписанной окружности 3 см. Найдите площадь треугольника.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC = 12$ см и боковыми сторонами $AB = BC$. Пусть $BH$ — высота, проведенная к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота к основанию является также медианой и биссектрисой. Следовательно, $H$ — середина $AC$, и $AH = HC = \frac{AC}{2} = \frac{12}{2} = 6$ см.

Площадь треугольника $S$ можно найти по формуле $S = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$, где $a$ — основание, а $h$ — высота. В нашем случае $S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot BH = 6 \cdot BH$. Таким образом, для нахождения площади нам нужно найти высоту $BH$.

Центр вписанной окружности $O$ лежит на высоте $BH$, так как $BH$ является биссектрисой угла $B$. Радиус вписанной окружности $r$ — это расстояние от центра $O$ до любой из сторон треугольника. Расстояние от $O$ до основания $AC$ равно $OH$, следовательно, $OH = r = 3$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHC$. Нам нужно найти катет $BH$. Центр вписанной окружности $O$ является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Значит, отрезок $CO$ является биссектрисой угла $C$ (угла $BCA$).

Пусть $\angle BCA = \gamma$. Тогда $\angle OCH = \frac{\gamma}{2}$. В прямоугольном треугольнике $OHC$ мы можем найти тангенс угла $\angle OCH$:

$\tan(\angle OCH) = \tan(\frac{\gamma}{2}) = \frac{OH}{HC} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

Теперь, зная $\tan(\frac{\gamma}{2})$, мы можем найти $\tan(\gamma)$ по формуле тангенса двойного угла:

$\tan(\gamma) = \frac{2\tan(\frac{\gamma}{2})}{1 - \tan^2(\frac{\gamma}{2})} = \frac{2 \cdot \frac{1}{2}}{1 - (\frac{1}{2})^2} = \frac{1}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{1}{\frac{3}{4}} = \frac{4}{3}$

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $BHC$. В этом треугольнике тангенс угла $C$ (угла $BCH$) равен отношению противолежащего катета $BH$ к прилежащему катету $HC$:

$\tan(\angle BCH) = \tan(\gamma) = \frac{BH}{HC}$

Подставим известные значения:

$\frac{4}{3} = \frac{BH}{6}$

Отсюда находим высоту $BH$:

$BH = 6 \cdot \frac{4}{3} = 2 \cdot 4 = 8$ см.

Наконец, вычислим площадь треугольника $ABC$:

$S = 6 \cdot BH = 6 \cdot 8 = 48$ см$^2$.

Ответ: $48 \text{ см}^2$.

5.31. Параллелограмм разделен на четыре треугольника отрезками, соединяющими точку внутри параллелограмма с его вершинами. Докажите, что суммы площадей противоположно расположенных треугольников равны.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$ и произвольная точка $P$ внутри него. Отрезки, соединяющие точку $P$ с вершинами, делят параллелограмм на четыре треугольника: $APB$, $BPC$, $CPD$ и $DPA$. Нам нужно доказать, что $S_{APB} + S_{CPD} = S_{BPC} + S_{DPA}$.

Доказательство:

1. Рассмотрим пару противоположных треугольников $APB$ и $CPD$. Основания этих треугольников $AB$ и $CD$ являются противоположными сторонами параллелограмма, следовательно, они параллельны и равны. Обозначим их длину как $a$, то есть $AB = CD = a$.

Проведем через точку $P$ прямую, перпендикулярную сторонам $AB$ и $CD$. Пусть $h_1$ — это высота треугольника $APB$, опущенная из вершины $P$ на основание $AB$, а $h_2$ — высота треугольника $CPD$, опущенная из вершины $P$ на основание $CD$.

Сумма этих высот $h_1 + h_2$ равна высоте параллелограмма $H$, проведенной между сторонами $AB$ и $CD$.

Площадь треугольника вычисляется по формуле $S = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота}$. Найдем сумму площадей этих двух треугольников:

$S_{APB} + S_{CPD} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot h_1 + \frac{1}{2} \cdot CD \cdot h_2$

Поскольку $AB = CD = a$, можно вынести общий множитель:

$S_{APB} + S_{CPD} = \frac{1}{2} a \cdot h_1 + \frac{1}{2} a \cdot h_2 = \frac{1}{2} a (h_1 + h_2)$

Так как $h_1 + h_2 = H$ (высота параллелограмма), получаем:

$S_{APB} + S_{CPD} = \frac{1}{2} a H$

Площадь всего параллелограмма $S_{ABCD}$ равна произведению его основания на высоту, то есть $S_{ABCD} = a H$. Таким образом, сумма площадей треугольников $APB$ и $CPD$ равна половине площади параллелограмма: $S_{APB} + S_{CPD} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$.

2. Теперь рассмотрим другую пару противоположных треугольников: $BPC$ и $DPA$. Их основания $BC$ и $DA$ также параллельны и равны. Обозначим их длину как $b$, то есть $BC = DA = b$.

Проведем через точку $P$ высоту, перпендикулярную сторонам $BC$ и $DA$. Пусть $h_3$ — высота треугольника $BPC$ на основание $BC$, а $h_4$ — высота треугольника $DPA$ на основание $DA$. Сумма этих высот $h_3 + h_4$ равна высоте параллелограмма $H'$, проведенной между сторонами $BC$ и $DA$.

Аналогично найдем сумму их площадей:

$S_{BPC} + S_{DPA} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot h_3 + \frac{1}{2} \cdot DA \cdot h_4 = \frac{1}{2} b (h_3 + h_4)$

Так как $h_3 + h_4 = H'$, то:

$S_{BPC} + S_{DPA} = \frac{1}{2} b H'$

Площадь параллелограмма также можно вычислить как $S_{ABCD} = b H'$. Следовательно, $S_{BPC} + S_{DPA} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$.

3. Мы получили, что:

• $S_{APB} + S_{CPD} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$
• $S_{BPC} + S_{DPA} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$

Из этого следует, что суммы площадей противоположных треугольников равны между собой:

$S_{APB} + S_{CPD} = S_{BPC} + S_{DPA}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Суммы площадей противоположно расположенных треугольников равны, так как каждая из этих сумм равна ровно половине площади всего параллелограмма.

5.32. Вне треугольника $ABC$ на его сторонах $AB$ и $BC$ построены квадраты $ABFH$ и $BCDK$. Докажите, что продолжение медианы $BE$ треугольника $ABC$ является высотой треугольника $BFK$.

Доказательство:

Для доказательства воспользуемся методом векторной алгебры. Примем точку $B$ за начало отсчета векторов. Тогда векторы $\vec{BA}$ и $\vec{BC}$ определяют треугольник $ABC$.

$BE$ – медиана треугольника $ABC$, проведенная к стороне $AC$. Точка $E$ является серединой отрезка $AC$. Вектор медианы $\vec{BE}$ можно выразить через векторы сторон, исходящих из той же вершины:

$\vec{BE} = \frac{1}{2}(\vec{BA} + \vec{BC})$

Чтобы доказать, что продолжение медианы $BE$ является высотой треугольника $BFK$, нам нужно доказать, что прямая $BE$ перпендикулярна прямой $FK$. В терминах векторов это означает, что скалярное произведение векторов $\vec{BE}$ и $\vec{FK}$ равно нулю, то есть $\vec{BE} \cdot \vec{FK} = 0$.

Рассмотрим векторы $\vec{BF}$ и $\vec{BK}$. По условию, $ABFH$ и $BCDK$ – квадраты, построенные на сторонах $AB$ и $BC$ вне треугольника. Это означает, что векторы $\vec{BF}$ и $\vec{BK}$ получаются поворотом векторов $\vec{BA}$ и $\vec{BC}$ на угол $90^\circ$. Направление поворота зависит от ориентации вершин треугольника. Будем считать, что обход вершин $A, B, C$ происходит против часовой стрелки. В этом случае, для построения квадратов "вне" треугольника:

• вектор $\vec{BF}$ получается поворотом вектора $\vec{BA}$ на $90^\circ$ против часовой стрелки;
• вектор $\vec{BK}$ получается поворотом вектора $\vec{BC}$ на $90^\circ$ по часовой стрелке (или на $-90^\circ$).

Обозначим оператор поворота на $90^\circ$ против часовой стрелки как $R_{90}$ и по часовой стрелке как $R_{-90}$. Тогда мы можем записать:

$\vec{BF} = R_{90}(\vec{BA})$

$\vec{BK} = R_{-90}(\vec{BC})$

Теперь выразим вектор $\vec{FK}$ через векторы $\vec{BA}$ и $\vec{BC}$:

$\vec{FK} = \vec{BK} - \vec{BF} = R_{-90}(\vec{BC}) - R_{90}(\vec{BA})$

Вычислим скалярное произведение $\vec{BE} \cdot \vec{FK}$:

$\vec{BE} \cdot \vec{FK} = \frac{1}{2}(\vec{BA} + \vec{BC}) \cdot (R_{-90}(\vec{BC}) - R_{90}(\vec{BA}))$

Раскроем скобки по правилу умножения многочленов:

$\vec{BE} \cdot \vec{FK} = \frac{1}{2} ( \vec{BA} \cdot R_{-90}(\vec{BC}) - \vec{BA} \cdot R_{90}(\vec{BA}) + \vec{BC} \cdot R_{-90}(\vec{BC}) - \vec{BC} \cdot R_{90}(\vec{BA}) )$

При вычислении используем два свойства скалярного произведения и поворота. Во-первых, скалярное произведение вектора на его образ при повороте на $90^\circ$ равно нулю, так как векторы ортогональны. Следовательно, $\vec{BA} \cdot R_{90}(\vec{BA}) = 0$ и $\vec{BC} \cdot R_{-90}(\vec{BC}) = 0$. Во-вторых, для любых двух векторов $\vec{u}, \vec{v}$ и оператора поворота $R$ справедливо тождество $\vec{u} \cdot R(\vec{v}) = R^{-1}(\vec{u}) \cdot \vec{v}$. Применим это свойство к члену $\vec{BA} \cdot R_{-90}(\vec{BC})$. Здесь $R = R_{-90}$, а обратный поворот $R^{-1} = R_{90}$. Получаем: $\vec{BA} \cdot R_{-90}(\vec{BC}) = R_{90}(\vec{BA}) \cdot \vec{BC}$.

Подставив эти результаты в наше выражение, получим:

$\vec{BE} \cdot \vec{FK} = \frac{1}{2} ( (R_{90}(\vec{BA}) \cdot \vec{BC}) - 0 + 0 - (\vec{BC} \cdot R_{90}(\vec{BA})) )$

$\vec{BE} \cdot \vec{FK} = \frac{1}{2} ( R_{90}(\vec{BA}) \cdot \vec{BC} - \vec{BC} \cdot R_{90}(\vec{BA}) )$

Поскольку скалярное произведение коммутативно (то есть $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}$), то $R_{90}(\vec{BA}) \cdot \vec{BC} = \vec{BC} \cdot R_{90}(\vec{BA})$. Таким образом, мы вычитаем из величины саму себя, и разность равна нулю:

$\vec{BE} \cdot \vec{FK} = \frac{1}{2} (0) = 0$

Скалярное произведение векторов $\vec{BE}$ и $\vec{FK}$ равно нулю, следовательно, эти векторы перпендикулярны. Это означает, что прямая $BE$ перпендикулярна прямой $FK$, то есть продолжение медианы $BE$ является высотой треугольника $BFK$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

5.33. В треугольнике ABC $\angle B=90^\circ$. На катете BC взяты точки D и E так, что отрезки AD и AE делят угол A на три равные части. Найдите $S_{ADB}:S_{AEB}$, если $AD=a, AE=b$.

Пусть в треугольнике $ABC$ с прямым углом $B$ отрезки $AD$ и $AE$ делят угол $A$ на три равные части. Обозначим $\angle BAD = \angle DAE = \angle EAC = \alpha$.Из условия задачи имеем $AD = a$ и $AE = b$.

Площади треугольников $ADB$ и $AEB$ можно выразить через формулу $S = \frac{1}{2}xy\sin(\gamma)$, где $x, y$ — стороны треугольника, а $\gamma$ — угол между ними. Оба треугольника $ADB$ и $AEB$ содержат общий катет $AB$.

Для треугольника $ADB$ (также обозначаемого $ABD$), площадь $S_{ADB}$ равна:$S_{ADB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AD \cdot \sin(\angle BAD) = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot a \cdot \sin(\alpha)$

Для треугольника $AEB$ (также обозначаемого $ABE$), $\angle BAE = \angle BAD + \angle DAE = 2\alpha$. Его площадь $S_{AEB}$ равна:$S_{AEB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AE \cdot \sin(\angle BAE) = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot b \cdot \sin(2\alpha)$

Теперь найдем искомое отношение площадей $S_{ADB} : S_{AEB}$:$\frac{S_{ADB}}{S_{AEB}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot AB \cdot a \cdot \sin(\alpha)}{\frac{1}{2} \cdot AB \cdot b \cdot \sin(2\alpha)} = \frac{a \sin(\alpha)}{b \sin(2\alpha)}$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$. Предполагая, что $\alpha \neq 0$, а значит и $\sin(\alpha) \neq 0$, получаем:$\frac{S_{ADB}}{S_{AEB}} = \frac{a \sin(\alpha)}{b \cdot 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)} = \frac{a}{2b\cos(\alpha)}$

Чтобы найти значение $\cos(\alpha)$, воспользуемся прямоугольными треугольниками $ABD$ и $ABE$. В обоих треугольниках катет $AB$ является общим.

Из прямоугольного треугольника $ABD$ ($\angle B = 90^\circ$):$AB = AD \cdot \cos(\angle BAD) = a \cdot \cos(\alpha)$

Из прямоугольного треугольника $ABE$ ($\angle B = 90^\circ$):$AB = AE \cdot \cos(\angle BAE) = b \cdot \cos(2\alpha)$

Приравнивая два выражения для $AB$, получаем уравнение:$a \cdot \cos(\alpha) = b \cdot \cos(2\alpha)$

Применим формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2(\alpha) - 1$:$a \cdot \cos(\alpha) = b \cdot (2\cos^2(\alpha) - 1)$

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить квадратное уравнение относительно $\cos(\alpha)$:$2b\cos^2(\alpha) - a\cos(\alpha) - b = 0$

Решим это уравнение с помощью формулы для корней квадратного уравнения. Пусть $x = \cos(\alpha)$:$x = \frac{-(-a) \pm \sqrt{(-a)^2 - 4(2b)(-b)}}{2(2b)} = \frac{a \pm \sqrt{a^2 + 8b^2}}{4b}$

Поскольку $\alpha$ — это острый угол ($3\alpha < 90^\circ$), его косинус должен быть положительным ($\cos(\alpha) > 0$). Так как $\sqrt{a^2 + 8b^2} > \sqrt{a^2} = a$, корень со знаком "минус" даст отрицательное значение. Следовательно, мы должны выбрать корень со знаком "плюс":$\cos(\alpha) = \frac{a + \sqrt{a^2 + 8b^2}}{4b}$

Наконец, подставим найденное выражение для $\cos(\alpha)$ в формулу для отношения площадей:$\frac{S_{ADB}}{S_{AEB}} = \frac{a}{2b\cos(\alpha)} = \frac{a}{2b \cdot \frac{a + \sqrt{a^2 + 8b^2}}{4b}} = \frac{a}{\frac{a + \sqrt{a^2 + 8b^2}}{2}}$

Упрощая дробь, получаем окончательный результат:$\frac{S_{ADB}}{S_{AEB}} = \frac{2a}{a + \sqrt{a^2 + 8b^2}}$

Ответ: $\frac{2a}{a + \sqrt{a^2 + 8b^2}}$

5.34. Докажите, что сумма расстояний от точки $X$, взятой внутри равностороннего треугольника $ABC$, до его сторон не зависит от точки $X$.

Это утверждение известно как теорема Вивиани. Докажем её, используя метод площадей.

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Выберем произвольную точку $X$ внутри этого треугольника. Обозначим расстояния от точки $X$ до сторон $BC$, $AC$ и $AB$ как $h_1$, $h_2$ и $h_3$ соответственно. Расстояние — это длина перпендикуляра, опущенного из точки на прямую.

Соединим точку $X$ с вершинами треугольника $A$, $B$ и $C$. Эти отрезки разделят исходный треугольник $ABC$ на три меньших треугольника: $\triangle AXB$, $\triangle BXC$ и $\triangle CXA$.

Очевидно, что площадь большого треугольника $S_{ABC}$ равна сумме площадей этих трех треугольников:
$S_{ABC} = S_{AXB} + S_{BXC} + S_{CXA}$

Площадь любого треугольника можно найти по формуле $S = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота}$. Применим эту формулу к каждому из трех малых треугольников. В качестве оснований возьмем стороны исходного треугольника $a$, а высотами будут являться перпендикуляры $h_1, h_2, h_3$.

• Для $\triangle BXC$: основание $BC=a$, высота равна $h_1$. Площадь $S_{BXC} = \frac{1}{2} a h_1$.
• Для $\triangle CXA$: основание $AC=a$, высота равна $h_2$. Площадь $S_{CXA} = \frac{1}{2} a h_2$.
• Для $\triangle AXB$: основание $AB=a$, высота равна $h_3$. Площадь $S_{AXB} = \frac{1}{2} a h_3$.

Теперь подставим выражения для площадей малых треугольников в общую формулу:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} a h_1 + \frac{1}{2} a h_2 + \frac{1}{2} a h_3$
Вынесем общий множитель за скобки:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} a (h_1 + h_2 + h_3)$

С другой стороны, площадь равностороннего треугольника $ABC$ можно выразить через его сторону $a$ и высоту $H$. Высота $H$ — это перпендикуляр, опущенный из любой вершины на противоположную сторону.
$S_{ABC} = \frac{1}{2} a H$

Приравняем два полученных выражения для площади $S_{ABC}$:
$\frac{1}{2} a (h_1 + h_2 + h_3) = \frac{1}{2} a H$

Поскольку длина стороны $a > 0$, мы можем разделить обе части уравнения на $\frac{1}{2}a$:
$h_1 + h_2 + h_3 = H$

Таким образом, мы доказали, что сумма расстояний от любой внутренней точки $X$ до сторон равностороннего треугольника равна высоте этого треугольника $H$. Так как для заданного треугольника его высота $H$ является постоянной величиной (константой), то и сумма этих расстояний также является константой и не зависит от выбора точки $X$ внутри треугольника.

Ответ: Сумма расстояний от точки $X$, взятой внутри равностороннего треугольника, до его сторон равна высоте этого треугольника, а значит, является постоянной величиной и не зависит от положения точки $X$. Что и требовалось доказать.

5.35. Две высоты треугольника не меньше сторон, к которым они проведены. Найдите углы треугольника.

Пусть стороны треугольника равны $a, b, c$, а высоты, проведенные к этим сторонам, равны $h_a, h_b, h_c$ соответственно. Углы, противолежащие сторонам $a, b, c$, обозначим как $α, β, γ$.

По условию, две высоты не меньше сторон, к которым они проведены. Без ограничения общности, пусть это будут высоты $h_a$ и $h_b$. Тогда мы имеем систему неравенств:

$h_a \geq a$

$h_b \geq b$

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой $h_a$, стороной $c$ и углом $β$. В этом треугольнике $h_a$ является катетом, а $c$ — гипотенузой. Связь между ними выражается формулой: $h_a = c \sin(β)$.

Подставим это выражение в первое неравенство $h_a \geq a$:

$c \sin(β) \geq a$

Воспользуемся теоремой синусов, согласно которой $\frac{a}{\sin(α)} = \frac{c}{\sin(γ)}$. Отсюда выразим сторону $a$: $a = c \frac{\sin(α)}{\sin(γ)}$.

Подставим это в наше неравенство:

$c \sin(β) \geq c \frac{\sin(α)}{\sin(γ)}$

Поскольку длина стороны $c > 0$, мы можем разделить обе части на $c$:

$\sin(β) \geq \frac{\sin(α)}{\sin(γ)}$

Так как $γ$ — угол треугольника, $\sin(γ) > 0$, поэтому мы можем умножить обе части на $\sin(γ)$, не меняя знака неравенства:

$\sin(β)\sin(γ) \geq \sin(α) \quad (1)$

Аналогично, для второго условия $h_b \geq b$ и формулы $h_b = c \sin(α)$ (или $h_b = a \sin(γ)$), мы получим:

$\sin(α)\sin(γ) \geq \sin(β) \quad (2)$

Теперь рассмотрим систему из двух неравенств:

$\begin{cases} \sin(β)\sin(γ) \geq \sin(α) \\ \sin(α)\sin(γ) \geq \sin(β) \end{cases}$

Поскольку $γ$ является углом треугольника, $0° < γ < 180°$, и, следовательно, $0 < \sin(γ) \leq 1$.

Из этого следует, что $\sin(α) \geq \sin(α)\sin(γ)$. Объединив это со вторым неравенством системы (2), получаем:

$\sin(α) \geq \sin(α)\sin(γ) \geq \sin(β)$, откуда следует, что $\sin(α) \geq \sin(β)$.

Аналогично, $\sin(β) \geq \sin(β)\sin(γ)$. Объединив это с первым неравенством (1), получаем:

$\sin(β) \geq \sin(β)\sin(γ) \geq \sin(α)$, откуда следует, что $\sin(β) \geq \sin(α)$.

Из двух полученных неравенств $\sin(α) \geq \sin(β)$ и $\sin(β) \geq \sin(α)$ следует, что $\sin(α) = \sin(β)$.

Для углов треугольника это равенство возможно, только если $α = β$ (случай $α = 180° - β$ невозможен, так как тогда $α + β = 180°$, и для третьего угла $γ$ не остается места). Это означает, что треугольник равнобедренный.

Теперь подставим $\sin(α) = \sin(β)$ в любое из исходных неравенств, например, в первое (1):

$\sin(α)\sin(γ) \geq \sin(α)$

Так как $α$ — угол треугольника, $\sin(α) > 0$, и мы можем разделить обе части на $\sin(α)$:

$\sin(γ) \geq 1$

Наибольшее значение функции синуса равно 1. Следовательно, единственно возможное решение — это $\sin(γ) = 1$, что означает $γ = 90°$.

Итак, мы имеем равнобедренный прямоугольный треугольник. Найдем остальные углы. Сумма углов треугольника равна $180°$:

$α + β + γ = 180°$

Поскольку $α = β$ и $γ = 90°$:

$2α + 90° = 180°$

$2α = 90°$

$α = 45°$

Таким образом, углы треугольника равны $45°, 45°, 90°$.

Проверка: В равнобедренном прямоугольном треугольнике катеты равны ($a=b$), а гипотенуза $c = a\sqrt{2}$. Высота, проведенная к катету $a$, равна другому катету $b$. Условие $h_a \geq a$ превращается в $b \geq a$, что верно, так как $a=b$. Аналогично, $h_b \geq b$ превращается в $a \geq b$, что также верно. Условия задачи выполнены.

Ответ: 45°, 45°, 90°.

5.36. Площадь равнобедренной трапеции равна $S$, а угол между диагоналями, противолежащий боковой стороне, равен $\alpha$. Найдите высоту трапеции.

Решение:

Пусть дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, и боковыми сторонами $AB$ и $CD$. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Площадь трапеции равна $S$. Угол между диагоналями, противолежащий боковой стороне, равен $\alpha$, то есть $\angle AOB = \angle COD = \alpha$. Требуется найти высоту трапеции $h$.

В равнобедренной трапеции диагонали равны ($AC = BD$), а также треугольники, образованные пересечением диагоналей и прилегающие к основаниям, являются равнобедренными. То есть $\triangle BOC$ и $\triangle AOD$ — равнобедренные, так как углы при основаниях трапеции равны, что приводит к равенству отрезков диагоналей: $AO = OD$ и $BO = OC$.

Углы $\angle AOB$ и $\angle BOC$ являются смежными для углов при вершине $O$ в треугольниках $\triangle AOB$ и $\triangle BOC$, но здесь они являются вертикальными и смежными углами, образованными пересечением двух прямых. Углы $\angle AOB$ и $\angle AOD$ являются смежными, их сумма равна $180^\circ$. Углы, противолежащие основаниям, равны между собой как вертикальные: $\angle BOC = \angle AOD$. Так как $\angle AOB = \alpha$, то смежный с ним угол $\angle AOD = 180^\circ - \alpha$. Следовательно, $\angle BOC = 180^\circ - \alpha$.

Проведем высоту трапеции $MN$ через точку пересечения диагоналей $O$ ($M \in BC$, $N \in AD$). Высота трапеции $h = MN = OM + ON$.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $\triangle BOC$. $OM$ является его высотой, а значит, и медианой, и биссектрисой. Следовательно, $\angle COM = \frac{\angle BOC}{2} = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle OCM$ находим $OM$:
$\frac{OM}{MC} = \cot(\angle COM) = \cot(90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Отсюда $OM = MC \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Аналогично, в равнобедренном треугольнике $\triangle AOD$ высота $ON$ является биссектрисой, и $\angle AON = \frac{\angle AOD}{2} = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $\triangle OAN$ находим $ON$:
$\frac{ON}{AN} = \cot(\angle AON) = \cot(90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Отсюда $ON = AN \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Полная высота трапеции $h$ равна:
$h = OM + ON = MC \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) + AN \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) = (MC + AN) \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Так как $OM$ и $ON$ являются медианами в треугольниках $\triangle BOC$ и $\triangle AOD$, то $MC = \frac{BC}{2}$ и $AN = \frac{AD}{2}$. Подставим это в выражение для высоты:
$h = (\frac{BC}{2} + \frac{AD}{2}) \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{AD+BC}{2} \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Выражение $\frac{AD+BC}{2}$ является средней линией трапеции. Обозначим ее как $m$.
Таким образом, $h = m \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = m \cdot h$. У нас есть система из двух уравнений:
1) $h = m \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$
2) $S = m \cdot h$

Из второго уравнения выразим среднюю линию: $m = \frac{S}{h}$. Подставим это выражение в первое уравнение:
$h = \frac{S}{h} \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Умножим обе части на $h$ (высота не может быть равна нулю):
$h^2 = S \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Отсюда находим высоту $h$:
$h = \sqrt{S \tan(\frac{\alpha}{2})}$.

Ответ: $h = \sqrt{S \tan(\frac{\alpha}{2})}$.

5.37. Внутри равностороннего треугольника ABC взята точка X, проекциями которой на высотах AD, BE и CF являются соответственно точки K, P и Q. Докажите, что сумма $AK + BP + CQ$ не зависит от положения точки X.

Пусть сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $a$, а его высота равна $h$. Высоты в равностороннем треугольнике равны, то есть $AD = BE = CF = h$. Известно, что $h = a \sin(60^\circ) = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Для доказательства утверждения введем систему координат. Это позволит нам выразить искомую сумму через координаты точки $X$ и убедиться, что она от них не зависит.

Расположим систему координат так, чтобы основание $BC$ лежало на оси абсцисс, а его середина, точка $D$, совпадала с началом координат $(0,0)$. Тогда вершины треугольника будут иметь следующие координаты:

• $D = (0, 0)$
• $B = (-\frac{a}{2}, 0)$
• $C = (\frac{a}{2}, 0)$
• $A = (0, h)$

Пусть произвольная точка $X$ внутри треугольника имеет координаты $(x_0, y_0)$.

Теперь найдем длины отрезков $AK$, $BP$ и $CQ$.

1. Длина отрезка AK

Высота $AD$ лежит на оси ординат (прямая $x=0$). Точка $K$ является проекцией точки $X(x_0, y_0)$ на ось ординат, следовательно, ее координаты $K = (0, y_0)$. Точка $A$ имеет координаты $(0, h)$. Длина отрезка $AK$ равна расстоянию между точками $A$ и $K$: $AK = \sqrt{(0-0)^2 + (h-y_0)^2} = |h - y_0|$. Поскольку точка $X$ находится внутри треугольника, ее ордината $y_0$ меньше высоты $h$, поэтому $h - y_0 > 0$. Таким образом, $AK = h - y_0$.

2. Длина отрезка BP

Высота $BE$ проходит через вершину $B(-\frac{a}{2}, 0)$ и перпендикулярна стороне $AC$. Найдем угловой коэффициент прямой $AC$. Точки $A(0, h)$ и $C(\frac{a}{2}, 0)$. $k_{AC} = \frac{0 - h}{\frac{a}{2} - 0} = \frac{-h}{a/2} = \frac{-a\sqrt{3}/2}{a/2} = -\sqrt{3}$. Прямая $BE$ перпендикулярна $AC$, поэтому ее угловой коэффициент $k_{BE} = -\frac{1}{k_{AC}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Это соответствует углу наклона прямой $BE$ к оси абсцисс в $30^\circ$.

Длина отрезка $BP$ — это длина проекции вектора $\vec{BX}$ на направление высоты $BE$. Найдем вектор $\vec{BX}$: $\vec{BX} = (x_0 - (-\frac{a}{2}), y_0 - 0) = (x_0 + \frac{a}{2}, y_0)$. Единичный вектор $\vec{u}_{BE}$, задающий направление от $B$ к $E$, имеет координаты $(\cos 30^\circ, \sin 30^\circ) = (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$. Длина $BP$ равна скалярному произведению $\vec{BX}$ на $\vec{u}_{BE}$: $BP = \vec{BX} \cdot \vec{u}_{BE} = (x_0 + \frac{a}{2}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + y_0 \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}x_0 + \frac{a\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}y_0$.

3. Длина отрезка CQ

Высота $CF$ проходит через вершину $C(\frac{a}{2}, 0)$ и перпендикулярна стороне $AB$. Найдем угловой коэффициент прямой $AB$. Точки $A(0, h)$ и $B(-\frac{a}{2}, 0)$. $k_{AB} = \frac{0 - h}{-\frac{a}{2} - 0} = \frac{-h}{-a/2} = \frac{a\sqrt{3}/2}{a/2} = \sqrt{3}$. Прямая $CF$ перпендикулярна $AB$, поэтому ее угловой коэффициент $k_{CF} = -\frac{1}{k_{AB}} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$. Это соответствует углу наклона прямой $CF$ к оси абсцисс в $150^\circ$.

Длина отрезка $CQ$ — это длина проекции вектора $\vec{CX}$ на направление высоты $CF$. Найдем вектор $\vec{CX}$: $\vec{CX} = (x_0 - \frac{a}{2}, y_0 - 0) = (x_0 - \frac{a}{2}, y_0)$. Единичный вектор $\vec{u}_{CF}$, задающий направление от $C$ к $F$, имеет координаты $(\cos 150^\circ, \sin 150^\circ) = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$. Длина $CQ$ равна скалярному произведению $\vec{CX}$ на $\vec{u}_{CF}$: $CQ = \vec{CX} \cdot \vec{u}_{CF} = (x_0 - \frac{a}{2}) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + y_0 \cdot \frac{1}{2} = -\frac{\sqrt{3}}{2}x_0 + \frac{a\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}y_0$.

4. Сумма длин AK + BP + CQ

Теперь сложим полученные выражения для длин отрезков: $S = AK + BP + CQ = (h - y_0) + (\frac{\sqrt{3}}{2}x_0 + \frac{a\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}y_0) + (-\frac{\sqrt{3}}{2}x_0 + \frac{a\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}y_0)$.

Сгруппируем слагаемые: $S = h + (\frac{a\sqrt{3}}{4} + \frac{a\sqrt{3}}{4}) + (\frac{\sqrt{3}}{2}x_0 - \frac{\sqrt{3}}{2}x_0) + (-y_0 + \frac{1}{2}y_0 + \frac{1}{2}y_0)$.

$S = h + \frac{2a\sqrt{3}}{4} + 0 + 0 = h + \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Так как высота $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, то $S = h + h = 2h$.

Полученное значение $2h$ зависит только от высоты (а значит, и от стороны) треугольника $ABC$ и не зависит от координат $(x_0, y_0)$ точки $X$. Следовательно, сумма $AK + BP + CQ$ не зависит от положения точки $X$ внутри треугольника.

Ответ: Сумма $AK + BP + CQ$ не зависит от положения точки $X$ и равна удвоенной высоте треугольника ($2h$).

5.38. Докажите, что во всяком треугольнике сумма его медиан меньше периметра треугольника, но больше полупериметра.

Пусть дан произвольный треугольник со сторонами $a, b, c$ и медианами $m_a, m_b, m_c$, проведенными к этим сторонам соответственно. Периметр треугольника $P = a+b+c$, а полупериметр $p = \frac{P}{2} = \frac{a+b+c}{2}$. Необходимо доказать, что $p < m_a+m_b+m_c < P$, то есть $\frac{a+b+c}{2} < m_a+m_b+m_c < a+b+c$. Докажем каждое неравенство отдельно.

Сумма медиан меньше периметра треугольника

Докажем неравенство $m_a+m_b+m_c < a+b+c$. Рассмотрим треугольник $ABC$ со сторонами $a, b, c$. Проведем медиану $m_a = AA_1$. На луче $AA_1$ отложим отрезок $A_1D$, равный $AA_1$. Таким образом, $AD = 2m_a$. Четырехугольник $ABDC$ является параллелограммом, так как его диагонали $BC$ и $AD$ точкой пересечения $A_1$ делятся пополам. По свойству параллелограмма, противолежащие стороны равны: $AC=BD=b$ и $AB=CD=c$. Рассмотрим треугольник $ABD$. Согласно неравенству треугольника, любая сторона меньше суммы двух других. Следовательно, $AD < AB + BD$. Подставив длины сторон, получаем: $2m_a < c+b$, или $m_a < \frac{b+c}{2}$.

Аналогично для двух других медиан получаем неравенства $m_b < \frac{a+c}{2}$ и $m_c < \frac{a+b}{2}$. Сложив эти три неравенства, имеем:

$m_a + m_b + m_c < \frac{b+c}{2} + \frac{a+c}{2} + \frac{a+b}{2} = \frac{2a+2b+2c}{2} = a+b+c$

Таким образом, доказано, что $m_a + m_b + m_c < a+b+c$.

Ответ: $m_a + m_b + m_c < a+b+c$.

Сумма медиан больше полупериметра

Докажем неравенство $m_a+m_b+m_c > \frac{a+b+c}{2}$. Пусть $G$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$ (центроид). По свойству медиан, они делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, $AG=\frac{2}{3}m_a$, $BG=\frac{2}{3}m_b$, $CG=\frac{2}{3}m_c$.

Применим неравенство треугольника к трем треугольникам, образованным с участием точки $G$:

В $\triangle ABG$: $AG + BG > AB \implies \frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > c$

В $\triangle BCG$: $BG + CG > BC \implies \frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c > a$

В $\triangle ACG$: $AG + CG > AC \implies \frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_c > b$

Сложим три полученных неравенства:

$(\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b) + (\frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c) + (\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_c) > a+b+c$

$\frac{4}{3}(m_a+m_b+m_c) > a+b+c$

Умножив обе части на $\frac{3}{4}$, получим: $m_a+m_b+m_c > \frac{3}{4}(a+b+c)$.

Поскольку $\frac{3}{4} > \frac{1}{2}$, то доказанное неравенство является более сильным, и из него следует требуемое:

$m_a+m_b+m_c > \frac{1}{2}(a+b+c)$.

Ответ: $m_a + m_b + m_c > \frac{a+b+c}{2}$.

5.39. Внутри прямоугольника ABCD, площадь которого равна S, взята точка X. Докажите неравенство $S \le AX \cdot CX + BX \cdot DX$.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся методом геометрических построений, а именно, параллельным переносом.

1. Рассмотрим треугольник $\triangle AXB$. Выполним его параллельный перенос на вектор $\vec{AD}$. При таком переносе каждая точка смещается в том же направлении и на то же расстояние, что и от точки A до точки D.

2. В результате этого переноса вершина A прямоугольника перейдет в вершину D, а вершина B — в вершину C. Точка X перейдет в некоторую новую точку Y. Таким образом, мы получаем треугольник $\triangle DYC$, который конгруэнтен (равен) треугольнику $\triangle AXB$.

3. Из конгруэнтности треугольников $\triangle AXB$ и $\triangle DYC$ следует равенство их соответствующих сторон:

• $AX = DY$
• $BX = CY$

4. Теперь рассмотрим четырехугольник $XCYD$. Его сторонами являются отрезки $XC$, $CY$, $YD$ и $DX$. С учетом равенств, полученных на предыдущем шаге, длины его сторон равны $CX$, $BX$, $AX$ и $DX$.

5. Диагоналями этого четырехугольника являются отрезки $CD$ и $XY$.

• Длина диагонали $CD$ — это одна из сторон прямоугольника. Обозначим $CD = a$.
• Поскольку точка Y была получена из точки X параллельным переносом на вектор $\vec{AD}$, то вектор $\vec{XY}$ равен вектору $\vec{AD}$. Следовательно, длина диагонали $XY$ равна длине стороны $AD$. Обозначим $AD = b$.

6. Для любого выпуклого или невыпуклого четырехугольника справедливо неравенство Птолемея, которое утверждает, что сумма произведений длин противоположных сторон не меньше произведения длин диагоналей. Для четырехугольника $XCYD$ оно выглядит так:

$XC \cdot YD + CY \cdot DX \ge CD \cdot XY$

7. Подставим в это неравенство длины отрезков, выраженные через исходные данные из условия задачи:

$CX \cdot AX + BX \cdot DX \ge a \cdot b$

8. Площадь прямоугольника $ABCD$ равна произведению длин его смежных сторон: $S = AD \cdot CD = b \cdot a$.

Таким образом, мы получили неравенство:

$AX \cdot CX + BX \cdot DX \ge S$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $S \le AX \cdot CX + BX \cdot DX$ доказано с помощью параллельного переноса треугольника $\triangle AXB$ и применения неравенства Птолемея к построенному четырехугольнику $XCYD$.