WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 5 | 6 || 8 | 9 |   ...   | 12 |

«В. В. ПРАСОЛОВ ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО «Московские учебники» ...»

-- [ Страница 7 ] --

13.47. Согласно задаче 13.42 неравенство достаточно доказать для проек # – # – ций векторов на любую прямую. Пусть проекции векторов OA1,..., OAn на прямую l равны (с учётом знака) a1,..., an. Разобьём числа a1,..., an на две группы: x1 x2... xk 0 и y y... y 0. Пусть yi = -y. Тогда 1 2 n-k i x1 +... + xk = y1 +... + yn-k = a, а значит, x1 a/k и y1 a/(n - k). Периметру # – в проекции соответствует число 2(x1 + y1). Сумме длин векторов OAi в проек ции соответствует число x1 +... + xk + y1 +... + yn-k = 2a. А так как 2(x1 + y1) 2 a a n + =, x1 +... + yn-k 2a k n - k k(n - k) то остаётся заметить, что величина k(n - k) максимальна при k = n/2 для чётного n и при k = (n ± 1)/2 для нечётного n.

Решения задач 13.48. Длина кривой — предел периметров вписанных в неё многоуголь ников. Рассмотрим вписанный многоугольник с периметром P и длиной проекции на прямую l, равной dl. Пусть 1 - < dl < 1 для всех прямых l.

Многоугольник можно подобрать так, чтобы было сколь угодно мало. Так как многоугольник выпуклый, то сумма длин проекций сторон многоугольни ка на прямую l равна 2dl.

Среднее значение величины 2dl равно 2P/ (см. задачу 13.42), поэтому 2 - 2 < 2P/ < 2, т. е. - < P <. Устремляя к нулю, получаем, что длина кривой равна.

13.49. Докажем, что периметр выпуклой оболочки всех вершин данных многоугольников не превосходит суммы их периметров. Для этого достаточ но заметить, что по условию проекции данных многоугольников на любую прямую покрывают проекцию выпуклой оболочки.

13.50. а) Если < 0, то ( a) b = - |a| · |b| sin (-a, b) = |a| · |b| sin (a, b) = = (a b). При доказательство #>–0 # – # очевидно.

– б) Пусть a = OA, b = OB и c = OC. Введём систему координат, направив ось Oy по лучу OA. Пусть A = (0, y1), B = (x2, y2) и C = (x3, y3). Тогда a b = -x2y1, a c = -x3y1 и a (b + c) = -(x2 + x3)y1 = a b + a c.

13.51. Пусть e1 и e2 — единичные векторы, направленные по осям Ox и Oy. Тогда e1 e2 = -e2 e1 = 1 и e1 e1 = e2 e2 = 0. Поэтому a b = = (a1e1 + a2e2) (b1e1 + b e2) = a1b2 # 2– # – # –a2b1.– # – # – # – # – # – # 13.52. а) Ясно, что AB AC = AB (AB + BC) = -BA BC = BC BA.

# – # – Для достаточно воспользоваться #б) – # –доказательства # – # – # – # – # – # –равенством AB AC = # – # – # – # – # – # – = (AD + DB) (AD + DC) = AD DC + DB AD + DB DC = DC DA + DA DB + # – # – + DB DC.

# – # – 13.53. Пусть в начальный момент, т. е. t = 0, AB = v и AC = w. Тогда # – # –при в момент t получим AB = v + t(b - a) и AC = w + t(c - a), где a, b и c — век торы скоростей бегунов A, B и C. Так как векторы a, c параллельны, # – #b–и то (b - a) (c - a) = 0, а значит, |S(A, B, C)| = |AB AC|/2 = |x + yt|, где x и y — некоторые постоянные числа. Решая систему |x| = 2, |x + 5y| = 3, получаем два решения, дающие для зависимости площади треугольника ABC от времени t выражения |2 + (t/5)| и |2 - t|. Поэтому при t = 10 площадь может принимать значения 4 и 8.

13.54. Пусть v(t) и w(t) — векторы, соединяющие первого пешехода со вторым и третьим в момент t. Ясно, что v(t) = ta + b и w(t) = tc + d. Пе шеходы находятся на одной прямой тогда и только тогда, когда v(t) w(t), т. е. v(t) w(t) = 0. Функция f(t) = v(t) w(t) = t2a c + t(a d + b c) + b d является квадратным трёхчленом, причём f(0) = 0. Квадратный трёхчлен, не равный тождественно нулю, имеет не более корней.

# – # – # – # двух # – # – – 13.55. Пусть OC = a, OB = a, OD = b и OA = b. Тогда ±2SOPQ = OP OQ = = ((a + b)/2) (( a + b)/2) = (1 - )(a b)/4 и ±2SABCD = ±2(SCOD - SAOB) = = ±(a b - a b) = ±(1 )a b.

# – 13.56. Пусть aj = P1Aj. Тогда удвоенная сумма площадей указанных тре угольников для любой внутренней точки P равна (x + a1) (x + a2) + (x + a3) (x + a4) +... + (x + a2n-1) (x + a2n), # – где x = PP1;

от удвоенной суммы площадей этих треугольников для точки P она отличается на x (a1 - a2 + a3 - a4 +... + a2n-1 - a2n) = x a. По условию 324 Глава 13. Векторы # – # – x a = 0 при x = P2P1 и x = P3P1, причём эти векторы не параллельны.

Следовательно, a = 0, т. е. x 0 для любого вектора x.

# – # a # – # – # – # – –= 13.57. Пусть a = AP, b = BQ и c = CR. Тогда QC = a, RA = b и PB = c, # – # – причём (1 )a + (1 + )b + (1 + )c = 0. Достаточно проверить, что AB CA = # – # –+ = PQ RP. Разность между этими величинами равна (a + c) (c + b) - ( c + b) (a + b) = a c + a b + a b + a c = a [(1 + )c + (1 + )b] = = -a (1 + )a = 0.

# – # – 13.58. Пусть ai = A4Ai и wi = A4Hi. Согласно задаче 13.52 б) достаточ но проверить, что a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 = w1 w2 + w2 w3 + w3 w1.

Векторы a1 - w2 и a2 - w1 перпендикулярны вектору a3, поэтому они парал лельны, т. е. (a1 - w2) (a2 - w1) = 0. Сложив это равенство с равенствами (a2 - w3) (a3 - w2) = 0 и (a3 - w1) (a1 - w3) = 0, получим требуемое.

13.59. Пусть x=x1e1 +x2e2. Тогда e1 x=x2(e1 e2) и x e2 = x1(e1 e2), т. е.

x = ((x e2)e1 + (e1 x)e2)/(e1 e2).

Домножив это выражение справа на (e1 e2)y, получим (x e2)(e1 y) + (e1 x)(e2 y) + (e2 e1)(x y) = 0. (1) # – # – # – # – Положим e1 = AB, e2 = AC, x = AD и y = AE. Тогда S = a + x e2 + d = = c + y e2 + a = d + x e1 + b, т. е. x e2 = S - a - d, y e2 = S - c - a и x e1 = S - d - b. Подставив эти выражения в (1), получим требуемое.

ГЛАВА ЦЕНТР МАСС Основные сведения 1. Пусть на плоскости задана система точек с приписанными им массами, т. е. имеется набор пар (Xi, mi), где Xi — точка плоскости, a mi — положи тельное число. Центром масс системы точек X1,..., Xn с массами m1,., mn # – #.. – называют точку O, для которой выполняется равенство m1OX1 +... + mnOXn = # – = 0.

Центр масс любой системы точек существует, причём только один (зада ча 14.1).

2. Внимательно просмотрев решение задачи 14.1, нетрудно заметить, что положительность чисел mi фактически не используется — важно лишь то, что их сумма отлична от нуля. Иногда бывает удобно рассматривать системы точек, в которых часть масс положительна, а часть отрицательна (но сумма масс должна быть отлична от нуля).

3. Важнейшим свойством центра масс, на котором основаны почти все его применения, является т е о р е м а о г р у п п и р о в к е м а с с: центр масс системы точек останется прежним, если часть точек заменить одной точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса, равная сумме их масс (задача 14.2).

4. Величину IM = m1MX2 +... + mnMX2 называют моментом инерции си 1 n стемы точек X1,..., Xn с массами m1,..., mn относительно точки M. Приме нения этого понятия в геометрии основаны на зависимости IM = IO + mOM2, где O — центр масс системы, a m = m1 +... + mn (задача 14.19).

§ 1. Основные свойства центра масс 14.1. а) Докажите, что центр масс существует и единствен для любой системы точек.

б) Докажите, что если X — произвольная точка, а O — центр масс точек X1,..., Xn с массами m1,..., mn, то # – # – # – XO = (m1XX1 +... + mnXXn).

m1 +... + mn 14.2. Докажите, что центр масс системы точек останется прежним, если часть точек заменить одной точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса, равная сумме их масс.

14.3. Докажите, что центр масс точек A и B с массами a и b лежит на отрезке AB и делит его в отношении b : a.

326 Глава 14. Центр масс § 2. Теорема о группировке масс 14.4. Докажите, что медианы треугольника ABC пересекаются в од ной точке и делятся ею в отношении 2 : 1, считая от вершины.

14.5. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник, K, L, M и N — се редины сторон AB, BC, CD и DA. Докажите, что точка пересечения отрезков KM и LN является серединой этих отрезков, а также и се рединой отрезка, соединяющего середины диагоналей.

14.6. Пусть A1, B1,..., F1 — середины сторон AB, BC,..., FA произ вольного шестиугольника. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников A1C1E1 и B1D1F1 совпадают.

14.7. Докажите теорему Чевы (задача 4.49 б) с помощью группи ровки масс.

14.8*. На сторонах AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхуголь ника ABCD взяты точки K, L, M и N соответственно, причём AK : KB = DM : MC = и BL : LC = AN : ND =. Пусть P — точка пере сечения отрезков KM и LN. Докажите, что NP : PL = и KP : PM =.

14.9*. Найдите внутри треугольника ABC точку O, обладающую следующим свойством: для любой прямой, проходящей через O и пе ресекающей сторону AB в точке K и сторону BC в точке L, выполнено AK CL равенство p + q = 1, где p и q — данные положительные числа.

KB LB 14.10*. Три мухи равной массы ползают по сторонам треугольника так, что их центр масс остаётся на месте. Докажите, что он совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC, если известно, что одна муха проползла по всей границе треугольника.

14.11*. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки C1, A1 и B1 так, что прямые CC1, AA1 и BB1 пересекаются в некоторой точке O. Докажите, что:

CO CA1 CB а) = + ;

OC1 A1B B1A AO BO CO AO BO CO б) · · = + + + 2 8.

OA1 OB1 OC1 OA1 OB1 OC 14.12*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что BA1/A1C = CB1/B1A = AC1/C1B. Докажите, что центры масс треугольников ABC и A1B1C1 совпадают.

14.13*. В середины сторон треугольника ABC помещены точки, массы которых равны длинам сторон. Докажите, что центр масс этой системы точек расположен в центре вписанной окружности треуголь ника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC.

З а м е ч а н и е. Центр масс системы точек, рассматриваемой в задаче 14.13, совпадает с центром масс фигуры, изготовленной из трёх тонких стержней одинаковой толщины. Действительно, при нахождении центра масс стержень можно заменить на точку, расположенную в середине стержня и имеющую массу, равную массе стержня. Ясно также, что масса стержня пропорциональ на его длине.

Условия задач 14.14*. На окружности дано n точек. Через центр масс n - 2 точек проводится прямая, перпендикулярная хорде, соединяющей две остав шиеся точки. Докажите, что все такие прямые пересекаются в одной точке.

14.15*. На прямых BC, CA, AB взяты точки A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2 так, что A1B2 AB, B1C2 BC и C1A2 CA. Пусть la — прямая, соединяющая точки пересечения прямых BB1 и CC2, BB2 и CC1;

пря мые lb и lc определяются аналогично. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке (или параллельны).

14.16*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, причём отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке P.

Пусть la, lb, lc — прямые, соединяющие середины отрезков BC и B1C1, CA и C1A1, AB и A1B1. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке, причём эта точка лежит на отрезке PM, где M — центр масс треугольника ABC.

14.17*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1;

прямые B1C1, BB1 и CC1 пересекают прямую AA1 в точ ках M, P и Q соответственно. Докажите, что:

а) A1M/MA = (A1P/PA) + (A1Q/QA);

б) если P = Q, то MC1 : MB1 = (BC1/AB) : (CB1/AC).

14.18*. На прямой AB взяты точки P и P1, а на прямой AC взяты точки Q и Q1. Прямая, соединяющая точку A с точкой пересечения прямых PQ и P1Q1, пересекает прямую BC в точке D. Докажите, что BD (BP/PA) - (BP1/P1A) =.

CD (CQ/QA) - (CQ1/Q1A) § 3. Момент инерции 14.19. Пусть O — центр масс системы точек, суммарная масса ко торой равна m. Докажите, что моменты инерции этой системы от носительно точки O и произвольной точки X связаны соотношением IX = IO + mXO2.

14.20. а) Докажите, что момент инерции относительно центра масс системы точек с единичными массами равен a2, где n — число ij n i

б) Докажите, что момент инерции относительно центра масс систе мы точек с массами m1,..., mn, равен mimja2, где m=m1 +...+mn, ij m i

14.21. а) Треугольник ABC правильный. Найдите геометрическое место таких точек X, что AX2 = BX2 + CX2.

б) Докажите, что для точек указанного ГМТ подерный треугольник относительно треугольника ABC прямоугольный.

328 Глава 14. Центр масс 14.22. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, H — точка пересечения высот. Докажите, что a2 + b2 + c2 = 9R2 - OH2.

14.23. Хорды AA1, BB1 и CC1 окружности с центром O пересека ются в точке X. Докажите, что (AX/XA1) + (BX/XB1) + (CX/XC1) = тогда и только тогда, когда точка X лежит на окружности с диамет ром OM, где M — центр масс треугольника ABC.

14.24*. На сторонах AB, BC, CA треугольника ABC взяты такие точки A1 и B2, B1 и C2, C1 и A2, что отрезки A1A2, B1B2 и C1C параллельны сторонам треугольника и пересекаются в точке P. Дока жите, что PA1 · PA2 + PB1 · PB2 + PC1 · PC2 = R2 - OP2, где O — центр описанной окружности.

14.25*. Внутри окружности радиуса R расположено n точек. До кажите, что сумма квадратов попарных расстояний между ними не превосходит n2R2.

14.26*. Внутри треугольника ABC взята точка P. Пусть da, db и dc — расстояния от точки P до сторон треугольника, Ra, Rb и Rc — расстояния от неё до вершин. Докажите, что 3(d2 + d2 + d2) (Ra sin A)2 + (Rb sin B)2 + (Rc sin C)2.

a b c 14.27*. Точки A1,..., An лежат на одной окружности, а M — их центр масс. Прямые MA1,..., MAn пересекают эту окружность в точ ках B1,..., Bn (отличных от A1,..., An). Докажите, что MA1 +...

... + MAn MB1 +... + MBn.

См. также задачу 23.20.

§ 4. Разные задачи 14.28. Докажите, что если у многоугольника есть несколько осей симметрии, то все они пересекаются в одной точке.

14.29. Центрально симметричная фигура на клетчатой бумаге состо ит из n «уголков» и k прямоугольников размером 1 4, изображённых на рис. 14.1. Докажите, что n чётно.

14.30*. Решите задачу 13.47, используя свойства центра масс.

14.31*. На сторонах BC и CD параллело грамма ABCD взяты точки K и L так, что BK : KC = CL : LD. Докажите, что центр масс тре Рис. 14.1 угольника AKL лежит на диагонали BD.

§ 5. Барицентрические координаты Пусть на плоскости задан треугольник A1A2A3. Если точка X является центром масс вершин этого треугольника с массами m1, m2 и m3, то числа (m1 : m2 : m3) называют барицентрическими координатами точки X относи тельно треугольника A1A2A3.

Условия задач 14.32. Пусть задан треугольник A1A2A3. Докажите, что:

а) любая точка X имеет некоторые барицентрические координаты относительно него;

б) при условии m1 + m2 + m3 = 1 барицентрические координаты точ ки X определены однозначно.

Барицентрические координаты (m1 : m2 : m3), для которых выполняется условие m1 + m2 + m3 = 1, будем называть абсолютными барицентрически ми координатами;

они определены уже не с точностью до пропорциональ ности, а однозначно.

14.33. Докажите, что барицентрические координаты точки X, ле жащей внутри треугольника ABC, равны (SBCX : SCAX : SABX).

14.34. Точка X лежит внутри треугольника ABC. Прямые, прохо дящие через точку X параллельно AC и BC, пересекают сторону AB в точках K и L соответственно. Докажите, что барицентрические ко ординаты точки X равны (BL : AK : LK).

14.35. Найдите барицентрические координаты а) центра описанной окружности;

б) центра вписанной окружности;

в) ортоцентра треуголь ника.

14.36. Относительно треугольника ABC точка X имеет #абсолютные – # – барицентрические координаты (,, ). Докажите, что XA = BA + # – + CA.

14.37. Пусть (,, ) — абсолютные барицентрические координа ты точки X;

— центр – – # – # – # M # масс треугольника ABC. Докажите, что 3XM = ( - )AB + ( - )BC + ( - )CA.

14.38*. а) Вычислите барицентрические координаты точки Наге ля N.

б) Пусть N — точка Нагеля, M — центр масс, I центр вписанной # –— # – окружности треугольника ABC. Докажите, что NM = 2MI;

в частности точка N лежит на прямой MI.

14.39*. Пусть M — центр масс треугольника ABC, X — произволь ная точка. На прямых BC, CA и AB взяты точки A1, B1 и C1 так, что A1X AM, B1X BM и C1X CM. Докажите, что центр масс M треугольника A1B1C1 совпадает с серединой отрезка MX.

14.40*. Найдите уравнение описанной окружности треугольника A1A2A3 в барицентрических координатах.

14.41*. а) Докажите, что точки с барицентрическими координатами -1 -1 - ( : : ) и ( : : ) изотомически сопряжены относительно треугольника ABC.

б) Длины сторон треугольника ABC равны a, b и c. Докажите, что точки с барицентрическими координатами ( : : ) и (a2/ : b2/ : c2/ ) изогонально сопряжены относительно треугольника ABC.

14.42*. Две прямые заданы в барицентрических координатах урав нениями a1 + b1 + c1 = 0 и a2 + b2 + c2 = 0.

330 Глава 14. Центр масс а) Докажите, что точка пересечения этих прямых имеет барицен трические координаты c1 a1 a1 b b1 c1 : b2 c2 c2 a2 : a2 b2.

б) Докажите, что эти прямые параллельны тогда и только тогда, когда b1 c1 c1 a1 a1 b b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 = 0.

14.43*. На прямых AB, BC, CA даны точки C1 и C2, A1 и A2, B1 и B2. Точки и C2 определяют числа и, для которых 1 # – # –C1 # – # – (1 + )AC1 = AB и (1 + )C2B = AB;

числа,,, опре 1 2 1 2 1 деляются аналогично. Докажите, что прямые A2B1, B2C1 и C2A пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда + + + + = 1.

1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 З а м е ч а н и е. При = = = 0 точки A2, B2, C2 совпадают с B, C, A;

2 2 в этом случае получаем теорему Чевы. При = = = 1 совпадают 1 2 1 2 1 точки A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2. (Действительно, совпадение точек A1 и A 1 эквивалентно тому, что + = 1;

это равенство эквивалентно ра 1 + 1 + венству = 1.) Прямые A1B1, B1C1 и C1A1 пересекаются в одной точке 1 тогда и только тогда, когда они совпадают. В этом случае получаем теорему Менелая.

14.44*. Пусть (,, ) и (,, ) — абсолютные барицентри 1 1 1 2 2 ческие координаты точек M и N. Докажите, что MN2 = SA( - )2 + SB( - )2 + SC( - )2, 1 2 1 2 1 где S = 2S ctg для произвольного угла, A, B, C — углы данного треугольника, а S — его площадь.

14.45*. Докажите, что величина S, введённая в задаче 14.44, об ладает следующими свойствами:

b2 + c2 - a2 c2 + a2 - b2 a2 + b2 - c а) SA =, SB =, SC =.

2 2 б) SA + SB = c2, SB + SC = a2, SC + SA = b2.

в) SA + SB + SC = S, где — угол Брокара.

г) SASB + SBSC + SCSA = 4S2.

д) SASBSC = 4S2S - (abc)2.

14.46*. Прямая l проходит через точку X с барицентрическими ко ординатами ( : : ). Пусть da, db, dc — расстояния от вершин A, B, C до прямой l с учётом знака (для точек, лежащих по разные стороны от прямой l, знаки разные). Докажите, что da + db + dc = 0.

Условия задач 14.47*. Прямая l касается вписанной окружности треугольника ABC.

Пусть,, — расстояния от прямой l до точек A, B, C с учё a b c том знака (расстояние положительно, если точка и центр вписанной окружности лежат по одну сторону от прямой l;

в противном случае расстояние отрицательно). Докажите, что a + b + c = 2SABC.

a b c 14.48*. Прямая l касается вневписанной окружности треугольни ка ABC, касающейся стороны BC. Пусть,, — расстояния от a b c прямой l до точек A, B, C с учётом знака (расстояние положительно, если точка и центр вневписанной окружности лежат по одну сторону от прямой l;

в противном случае расстояние отрицательно). Докажите, что -a + b + c = 2SABC.

a b c 14.49*. Пусть Sa и Sb — вневписанные окружности, касающиеся сторон BC и AC треугольника ABC, dab и dac — расстояния от вер шин B и C до прямой la, касающейся внешним образом окружностей Sb и Sc (и отличной от прямой BC);

числа dbc и dba, dcb и dca опреде ляются аналогично. Докажите, что dabdbcdca = dacdbadcb.

См. также задачи 31.81, 31.83, 31.84.

§ 6. Трилинейные координаты Трилинейные координаты тесно связаны с барицентрическими координата ми. А именно, если ( : : ) — барицентрические координаты точки X относительно треугольника ABC, то (x : y : z) = : : — её трили a b c нейные координаты. Трилинейные координаты, как и барицентрические, определены с точностью до пропорциональности.

Для точки X, лежащей внутри треугольника ABC, в каче стве барицентрических координат можно взять площади треугольников (SBCX : SCAX : SABX). Это означает, что в качестве трилинейных координат можно взять расстояния от точки X до сторон треугольника — абсолют ные трилинейные координаты. Если точка X лежит вне треугольника, то расстояния до сторон нужно взять с учётом знака. Например, если точки X и A лежат по одну сторону от прямой BC, то x > 0, а если по разные, то x < 0.

В трилинейных координатах изогональное сопряжение задаётся форму лой (x : y : z) (x-1 : y-1 : z-1). В связи с этим трилинейные координаты часто бывают удобны при работе с изогональным сопряжением.

14.50*. Продолжения сторон выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точках P и Q. Докажите, что точки пересечения бис сектрис внешних углов при вершинах A и C, B и D, P и Q лежат на одной прямой.

14.51*. На сторонах AD и DC выпуклого четырёхугольника ABCD взяты точки P и Q так, что ABP = CBQ. Отрезки AQ и CP пересе каются в точке E. Докажите, что ABE = CBD.

14.52*. Найдите трилинейные координаты точек Брокара.

332 Глава 14. Центр масс 14.53*. На сторонах треугольника ABC внешним (внутренним) об разом построены правильные треугольники ABC1, AB1C и A1BC. До кажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

Найдите трилинейные координаты этой точки.

Эту точку называют первым (вторым) изогоническим центром. Первый изо гонический центр называют также точкой Торричелли или точкой Ферма.

14.54*. Найдите уравнения в трилинейных координатах для: а) опи санной окружности;

б) вписанной окружности;

в) вневписанной окруж ности.

14.55*. Найдите уравнение окружности девяти точек в трилиней ных координатах.

14.56*. а) Докажите, что в трилинейных координатах любая окруж ность задаётся уравнением вида (px + qy + rz)(x sin + y sin + z sin ) = yz sin + xz sin + xy sin.

б) Докажите, что радикальная ось двух окружностей, заданных уравнениями такого вида, задаётся уравнением p1x + q1y + r1z = p2x + q2y + r2z.

14.57*. Докажите, что касательная к вписанной окружности в точ ке (x0 : y0 : z0) задаётся уравнением x y z cos + cos + cos = 0.

x0 2 y0 2 z0 14.58*. Докажите, что вписанная окружность касается окружности девяти точек (Фейербах). Найдите трилинейные координаты точки ка сания.

14.59*. а) Найдите трилинейные координаты вершин треугольника Брокара.

б) Найдите трилинейные координаты точки Штейнера (см. зада чу 19.61).

14.60*. Пусть (x1, y1, z1) и (x2, y2, z2) — абсолютные трилинейные координаты точек M и N. Докажите, что cos cos cos MN2 = (x1 - x2)2 + (y1 - y2)2 + (z1 - z2)2.

sin sin sin sin sin sin См. также задачи 31.78, 31.81, 31.83, 31.84.

Решения # – # – 14.1. Пусть X O — произвольные точки. Тогда m1OX1 +... + mnOXn = # –и # – # – = (m1 +... + mn)OX + m1XX1 +... + mnXXn, поэтому точка O является центром масс данной системы точек тогда и только тогда, когда # – # – # – # – (m1 +... + mn)OX + m1XX1 +... + mnXXn = 0, Решения задач # – # – # – т. е. XO = (m1XX1 +... + mnXXn). Из этого рассуждения вытекают m1 +... + mn решения обеих задач.

14.2. Пусть O — центр масс точек X1,..., Xn, Y1,..., Ym с массами a1,...

..., an, b1,..., bm, а Y — центр масс точек Y1,..., Ym с массами b1,..., bm.

Тогда # – # – # – # – # – a1OX1 +... + anOXn + b1OY1 +... + bmOYm = # – # – #– и b1YY1 +... + bmYYm = 0. Вычитая второе равенство из первого, получаем # – # – # – a1OX1 +... + anOXn + (b1 +... + bm)OY = 0, т. е. O — центр масс точек X1,..., Xn, Y с массами a1,., an, b1.. bm.

#..– # –+ #.

–+ 14.3. Пусть O — центр масс данной системы. Тогда aOA + bOB = 0, поэтому точка O лежит на отрезке AB и aOA = bOB, т. е. AO : OB = b : a.

14.4. Поместим в точки A, B и C единичные массы. Пусть O — центр масс этой системы точек. Точка O является также центром масс точки A с массой и точки A1 с массой 2, где A1 — центр масс точек B и C с единичными мас сами, т. е. A1 — середина отрезка BC. Поэтому точка O лежит на медиане AA и делит её в отношении AO : OA1 = 2 : 1. Аналогично доказывается, что осталь ные медианы проходят через точку O и делятся ею в отношении 2 : 1.

14.5. Поместим в вершины четырёхугольника ABCD единичные массы.

Пусть O — центр масс этой системы точек. Достаточно доказать, что точка O является серединой отрезков KM и LN и серединой отрезка, соединяющего середины диагоналей. Ясно, что K — центр масс точек A и B, M — центр масс точек C и D. Поэтому точка O является центром масс точек K и M с массами 2, т. е. O — середина отрезка KM. Аналогично O — середина отрез ка LN. Рассматривая центры масс пар точек (A, C) и (B, D) (т. е. середины диагоналей), получаем, что точка O является серединой отрезка, соединяюще го середины диагоналей.

14.6. Поместим в вершины шестиугольника единичные массы;

пусть O — центр масс полученной системы точек. Так как точки A1, C1 и E1 являются центрами масс пар точек (A, B), (C, D) и (E, F), то точка O является центром масс системы точек A1, C1 и E1 с массами 2, т. е. O — точка пересечения меди ан треугольника A1C1E1 (см. решение задачи 14.4). Аналогично доказывается, что O — точка пересечения медиан треугольника B1D1F1.

14.7. Пусть прямые AA1 и CC1 пересекаются в точке O;

AC1 : C1B = p и BA1 : A1C = q. Нужно доказать, что прямая BB1 проходит через точку O тогда и только тогда, когда CB1 : B1A = 1 : pq.

Поместим в точки A, B и C массы 1, p и pq соответственно. Тогда точка C является центром масс точек A и B, а точка A1 — центром масс точек B и C.

Поэтому центр масс точек A, B и C с данными массами является точкой O пересечения прямых CC1 и AA1. С другой стороны, точка O лежит на отрезке, соединяющем точку B с центром масс точек A и C. Если B1 — центр масс точек A и C с массами 1 и pq, то AB1 : B1C = pq : 1. Остаётся заметить, что на отрезке AC существует единственная точка, делящая его в данном отношении AB1 : B1C.

14.8. Поместим в точки A, B, C и D массы 1,, и соответ ственно. Тогда точки K, L, M и N являются центрами масс пар точек (A, B), (B, C), (C, D) и (D, A) соответственно. Пусть O — центр масс точек 334 Глава 14. Центр масс A, B, C и D с указанными массами. Тогда O лежит на отрезке NL и NO : OL = ( + ) : (1 + ) =. Точка O лежит на отрезке KM и KO : OM = = ( + ) : (1 + ) =. Поэтому O — точка пересечения отрезков KM и LN, т. е. O = P и NP : PL = NO : OL =, KP : PM =.

14.9. Поместим в вершины A, B и C массы p, 1 и q соответствен но. Пусть O — центр масс этой системы точек. Будем рассматривать точку с массой 1 как две совпадающие точки с массами xa и xc, где xa + xc = 1.

Пусть K — центр масс точек A и B с массами p и xa, a L — центр масс точек C и B с массами q и xc. Тогда AK : KB = xa : p, CL : LB = xc : q, а точка O, являющаяся центром масс точек K и L с массами p + xa и q + xc, лежит на прямой KL. Изменяя xa от 0 до 1, мы получим все прямые, проходящие через точку O и пересекающие стороны AB и BC. Поэтому для всех этих прямых pAK qCL выполняется равенство + = xa + xc = 1.

KB LB 14.10. Обозначим центр масс мух через O. Пусть одна муха находится в вершине A, а A1 — центр масс двух других мух. Ясно, что точка A1 ле жит внутри треугольника ABC, а точка O лежит на отрезке AA1 и делит его в отношении AO : OA1 = 2 : 1. Поэтому точка O лежит внутри треуголь ника, полученного из треугольника ABC гомотетией с коэффициентом 2/ и центром A. Рассматривая такие треугольники для всех трёх вершин, полу чаем, что единственной их общей точкой является точка пересечения медиан треугольника ABC. Так как одна муха побывала во всех трёх вершинах, а точка O при этом оставалась на месте, точка O должна принадлежать всем трём этим треугольникам, т. е. O совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC.

14.11. а) Пусть AB1 : B1C = 1 : p и BA1 : A1C = 1 : q. Поместим в точки A, B, C массы p, q, 1 соответственно. Тогда точки A1 и B1 являются центра ми масс пар точек (B, C) и (A, C). Поэтому центр масс системы точек A, B и C лежит как на отрезке AA1, так и на отрезке BB1, т. е. совпадает с точкой O. Следовательно, точка C1 является центром масс точек A и B.

Поэтому CO/OC1 = p + q = (CB1/B1A) + (CA1/A1B).

AO BO CO 1 + q 1 + p p + q p б) Согласно задаче а) · · = · · = p + q + + OA1 OB1 OC1 p q 1 q q 1 1 AO BO CO 1 + + + + 2 = + + + 2. Ясно также, что p + 2, q + p p q OA1 OB1 OC1 p q p q и + 2.

q p # – # – # – #– 14.12. Пусть M — центр масс треугольника # – # – # – # – # – # ABC. #Тогда MA + MB + MC = 0.

– – Кроме того, AB1 BC1 CA1 = k(AC + BA + CB) = 0. Сложив эти равенства, – # – # + – # + – # получим MB1 + MC1 + MA1 = 0, т. е. M — центр масс треугольника A1B1C1.

З а м е ч а н и е. Аналогичное утверждение точно так же доказывается для произвольного n-угольника.

14.13. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. Центр масс точек B1 и C1 находится в точке K, для которой B1K : KC1 = c : b = B1A1 : A1C1.

Поэтому A1K — биссектриса угла B1A1C1.

14.14. Пусть M1 — центр масс n - 2 точек, K — середина хорды, соеди няющей две оставшиеся точки, O — центр окружности, M — центр масс всех данных точек. Если прямая OM пересекает прямую, проведённую через точ ку M1 в точке P, то OM/MP = KM/MM1 = (n - 2)/2, а значит, положение Решения задач точки P однозначно определяется положением точек O и M (если M = O, то P = O).

14.15. Параллельность прямых A1B2 и AB означает, что если B2 — центр масс точек A и C с массами 1 и, то A1 — центр масс точек B и C с массами 1 и. Определим числа и аналогично.

Прямые BB1 и CC2 пересекаются в центре масс точек A, B и C с массами, 1 и 1. Прямые BB2 и CC1 пересекаются в центре масс точек A, B и C с массами 1, и. Поэтому прямая la проходит через центр масс точек A, B и C с массами 1 +, 1 + и 1 +. Аналогично доказывается, что через эту точку проходят и прямые lb и lc. Если сумма масс равна нулю, то центр масс — бесконечно удалённая точка;

в этом случае прямые la, lb и lc параллельны.

14.16. Пусть P — центр масс точек A, B и C с массами a, b и c, M — центр масс точек A, B и C с массой a + b + c в каждой точке, Q — центр масс объединения этих двух систем точек. Середина отрезка AB является центром масс точек A, B и C с массами a + b + c - (ab/c), a + b + c - (ab/c) и 0, а середина отрезка A1B1 является центром масс точек A, B и C с массами a(b + c)/c, b(a + c)/c и (b + c) + (a + c). Центр масс объединения этих систем точек является точкой Q.

14.17. а) Поместим в точки B, C и A такие массы, и b + c, что CA1 : BA1 = :, BC1 : AC1 = b : и AB1 : CB1 = : c. Тогда M — центр масс этой системы, а значит, A1M/AM = (b + c)/( + ). Точка P является центром масс точек A, B и C с массами c, и, поэтому A1P/PA = c/( + ).

Аналогично A1Q/AQ = b/( + ).

б) Как и в задаче а), получаем MC1/MB1 =(c+ )/(b+ ), BC1/AB=b/(b + ) и AC/CB1 = (c + )/c. Кроме того, b = c, так как прямые AA1, BB1 и CC пересекаются в одной точке (см. задачу 14.7).

14.18. Точка пересечения прямых PQ и P1Q1 является центром масс точек A, B и C с массами a, b и c;

при этом P — центр масс точек A и B с массами a - x и b, а Q — центр масс точек A и C с массами x и c.

Пусть p = BP/PA = (a - x)/b и q = CQ/QA = x/c. Тогда pb + qc = a. Аналогично p1b + q1c = a. Следовательно, BD/CD = -c/b = (p - p1)/(q - q1).

14.19. Занумеруем точки данной системы. Пусть xi — вектор с началом в точке O и концом точке с номером i, причём точке приписа в # –этой на масса mi. Тогда mixi = 0. Пусть, далее, a = XO. Тогда IO = mix2, i IM = mi(xi + a)2 = mix2 + 2( mixi, a) + mia2 = IO + ma2.

i 14.20. а) Пусть xi — вектор с началом в центре масс O и концом в точке с номером i. Тогда (xi - xj)2 = (x2 + x2) - 2 (xi, xj), где сум i j i,j i,j i,j мирование ведётся по всем возможным парам номеров точек. Ясно, что (x2 + x2) = 2n x2 = 2nIO и (xi, xj) = (xi, xj) = 0. Поэтому 2nIO = i j i i,j i i,j i j = (xi - xj)2 = 2 a2.

ij i,j i

i j i,j i,j i,j Ясно, что mimj(x2 + x2) = mi (mjx2 + mjx2) = mi(mx2 + IO) = 2mIO i j i j i i,j i j i 336 Глава 14. Центр масс и mimj(xi, xj) = mi(xi, mjxj) = 0. Поэтому 2mIO = mimj(xi - xj)2 = i,j i j i,j = 2 mimja2.

ij i

Тогда M — центр масс точек A, B и C с массами -1, 1 и 1, а зна чит, -AX2 + BX2 + CX2 = IX = IM + (-1 + 1 + 1)MX2 = (-3 + 1 + 1)a2 + MX2, где a — сторона треугольника ABC. В итоге получаем, что искомое ГМТ явля ется окружностью радиуса a с центром M.

б) Пусть A, B и C — проекции точки X на прямые BC, CA и AB. Точки B и C лежат на окружности с диаметром AX, поэтому B C = AX sin B AC = = 3AX/2. Аналогично C A = 3BX/2 и A B = 3CX/2. Следовательно, если AX2 = BX2 + CX2, то B A C = 90.

14.22. Пусть M — центр масс вершин треугольника ABC с единичными массами. Тогда IO = IM + 3MO2 = (a2 + b2 + c2)/3 + 3MO2 (см. задачи 14. и 14.20 а). А так как OA = OB = OC = R, то IO = 3R2. Остаётся заметить, что OH = 3OM (задача 5.128).

14.23. Ясно, что AX/XA1 = AX2/AX · XA1 = AX2/(R2 - OX2). Поэтому нуж но проверить, что AX2 + BX2 + CX2 = 3(R2 - OX2) тогда и только тогда, когда OM2 = OX2 + MX2. Для этого достаточно заметить, что AX2 + BX2 + CX2 = = IX = IM + 3MX2 = IO - 3MO2 + 3MX2 = 3(R2 - MO2 + MX2).

14.24. Пусть P — центр масс точек A, B и C с массами, и ;

можно считать, что + + = 1. Если K — точка пересечения прямых CP и AB, то BC CK CP + PK CP + = = = 1 + = 1 + =.

PA1 PK PK PK Аналогичные рассуждения показывают, что рассматриваемая величина равна a2 + b2 + c2 =IP (см. задачу 14.20 б). А так как IO = R2 + R2 + R2 =R2, то IP = IO - OP2 = R2 - OP2.

14.25. Поместим в данные точки единичные массы. Как следует из ре зультата задачи 14.20 а), сумма квадратов попарных расстояний между этими точками равна nI, где I — момент инерции системы точек относительно центра масс. Рассмотрим теперь момент инерции системы относительно центра O окружности. С одной стороны, I IO (см. задачу 14.19). С другой стороны, так как расстояние от точки O до любой из данных точек не превосходит R, то IO nR2. Поэтому nI n2R2, причём равенство достигается, только если I = IO (т. е. центр масс совпадает с центром окружности) и IO = nR2 (т. е. все точки расположены на данной окружности).

14.26. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точки P на стороны BC, CA и AB;

M — центр масс треугольника A1B1C1. Тогда 3(d2 + d2 + d2) = 3IP 3IM = a b c = A1B2 + B1C2 + C1A2 = (Rc sin C)2 + (Ra sin A)2 + (Rb sin B)2, так как, например, 1 1 отрезок A1B1 является хордой окружности с диаметром CP.

14.27. Пусть O — центр данной окружности. Если хорда AB проходит через точку M, то AM · BM = R2 - d2, где d = MO. Обозначим через IX момент инерции системы точек A1,..., An относительно точки X. Тогда IO = IM + nd (см. задачу 14.19). С другой стороны, так как OAi = R, то IO = nR2. По этому AiM · BiM = R2 - d2 = (A1M2 +... + AnM2). Таким образом, если вве n сти обозначение ai = AiM, то требуемое неравенство перепишется в виде Решения задач 1 1 a1 +... + an (a2 +... + a2) +... +. Для доказательства этого нера 1 n n a1 an венства следует воспользоваться неравенством x + y x2/y + y2/x (последнее неравенство получается из неравенства xy x2 - xy + y2 умножением обеих x + y частей на ).

xy 14.28. Поместим в вершины многоугольника единичные массы. При сим метрии относительно оси симметрии эта система точек переходит в себя, поэтому её центр масс тоже переходит в себя. Следовательно, все оси сим метрии проходят через центр масс вершин с единичными массами.

14.29. Поместим в центры клеток, из которых состоят «уголки» и прямо угольники, единичные массы. Разобьём каждую исходную клетку бумаги на четыре клетки, получив тем самым новую клетчатую бумагу. Легко проверить, что теперь центр масс уголка лежит в центре новой клетки, а центр масс прямоугольника — в вершине клетки (рис. 14.2). Ясно, что центр масс фигуры Рис. 14. совпадает с её центром симметрии, а центр симметрии фигуры, состоящей из исходных клеток, может находиться только в вершине новой клетки. Так как массы уголков и плиток равны, сумма векторов с началом в центре масс фигуры и с концами в центрах масс всех уголков и плиток равна нулю.

Если бы число уголков было нечётно, то сумма векторов имела бы полуце лые координаты и была бы отлична от нуля. Следовательно, число уголков чётно.

14.30. Поместим в вершины многоугольника A1... An единичные массы.

# – # – # –То гда O — центр масс данной системы точек. Поэтому AiO = (AiA1 +... + AiAn)/n n и AiO (AiA1 +... + AiAn)/n. Следовательно, d = A1O +... + AnO AiAj.

n i,j= Число n можно записать либо в виде n = 2m, либо в виде n = 2m + 1.

Пусть P — периметр многоугольника. Ясно, что A1A2 +... + AnA1 = P, A1A3 + + A2A4 +... + AnA2 2P,..., A1Am+1 + A2Am+2 +... + AnAm mP, причём в левых частях этих неравенств встречаются все стороны и диагонали. Так 338 Глава 14. Центр масс n как в сумму AiAj все они входят дважды, то i,j= n 1 2 m(m + 1) d AiAj (P + 2P +... + mP) = P.

n n n i,j= При чётном n это неравенство можно усилить за счёт того, что в этом случае в сумму A1Am+1 +... + AnAm+n каждая диагональ входит дважды, т. е. вме сто mP можно взять mP/2. Значит, при чётном n 2 m m d P + 2P +... + (m - 1)P + P = P.

n 2 n m2 n m(m + 1) Таким образом, при n чётном d P = P, а при n нечётном d P = n 4 n n2 - = P.

4n 14.31. Пусть k = BK/BC = 1 - (DL/DC). При проекции на прямую, перпен дикулярную диагонали BD, точки A, B, K и L переходят в такие точки A, B, K и L, что B K + B L = kA B + (1 - k)A B = A B. Следовательно, центр масс точек A, K и L совпадает с точкой B. Остаётся заметить, что при проекции центр масс переходит в центр масс.

# – # – # – 14.32. Введём следующие обозначения: e1 = A3A1, e2 = A3A2 и x = XA3.

Точка X является центром масс вершин треугольника A1A2A3 c масса ми m1, m2, m3 тогда и только тогда, когда m1(x + e1) + m2(x + e2) + m3x = 0, т. е. mx = -(m1e1 + m2e2), где m = m1 + m2 + m3. Будем считать, что m = 1.

Любой вектор x на плоскости можно представить в виде x = -m1e1 - m2e2, причём числа m1 и m2 определены однозначно. Число m3 находится по фор муле m3 = 1 - m1 - m2.

14.33. Эта задача является переформулировкой задачи 13.31.

З а м е ч а н и е. Если площади треугольников BCX, CAX и ABX считать ориентированными, то утверждение задачи останется верным и для точек, лежащих вне треугольника.

14.34. При на прямую AB параллельно прямой BC вектор # – # –проекции– # – # – # – # u = XA · BL + XB · AK + XC · LK переходит в вектор LA · BL + LB · AK + LB · LK.

Этот вектор нулевой, так как LA = LK + KA. Рассмотрев проекцию на пря мую AB параллельно прямой AC, получим, что u = 0.

14.35. Используя результат задачи 14.33, легко проверить, что ответ сле дующий: a) (sin 2 : sin 2 : sin 2 );

б) (a : b : c);

в) (tg : tg : tg ).

Если потребовать, чтобы сумма барицентрических координат была равна 1, cos то ответ следующий: а) :... ;

в) (ctg ctg :...).

2 sin sin # – # – # – #– 14.36. XB + # –Прибавив к обеим частям равенства # XA +# – # –XC = 0 вектор # – # – # – – ( + )XA, получим XA = ( + )XA + + CX = BA CA.

# –BX# – # – # –+ # – 14.37. Согласно задаче 14.1 б) = XA + + XC. Кроме того, XA = # – # – # – # – # – # 3XM # – # XB – – = BA + CA, XB = AB + CB и XC = AC + BC (см. задачу 14.36).

14.38. а) Пусть прямые AN, BN и CN пересекают стороны треугольника в точках A1, B1 и C1. Тогда AB1 p - c CA1 p - b BC1 p - a =, =, =.

B1C p - a A1B p - c C1B p - b Поэтому точка N имеет барицентрические координаты (p - a : p - b : p - c).

Решения задач б) Абсолютные барицентрические координаты точек N и I равны p - a p - b p - c a b c,, и,,.

p p p 2p 2p 2p Поэтому, воспользовавшись задачей 14.37, получаем требуемое.

14.39. Пусть прямые, проходящие через точку X параллельно AC и BC, пересекают прямую AB в точках K и L соответственно. Если (,, ) — аб # – # – # – солютные барицентрические координаты точки X, то 2XC1 = XK + = # – # – # – # – # – #XL – = CA CB (см. решение задачи 14.34). Поэтому 3 = XA1 + XB1 + XC1 = # + # – # – # – # – # – # –XM – = ( (AB + AC) + (BA + BC) + (CA + CB))/2 = 3XM/2 (см. задачу 14.37).

14.40. Пусть X — произвольная точка, O — центр описанной окружности # – # – данного треугольника, ei = OAi и a = XO. Если точка X имеет барицентриче # – ские координаты (x1 : x2 : x3), то xi(a + ei) = xiXAi = 0, так как X — центр масс точек A1, A2, A3 с массами x1, x2, x3. Поэтому ( xi)a = - xiei. Точ ка X принадлежит описанной окружности треугольника тогда и только тогда, когда |a| = XO = R, где R — радиус этой окружности. Таким образом, описан ная окружность треугольника задаётся в барицентрических координатах урав 2 нением R2 xi = xiei, т. е. R2 x2 + 2R2 xixj = R2 x2 + 2 xixj(ei, ej), i i i

i

ij i

прямые CX и CY пересекают прямую AB в точ -1 - ках X1 и Y1. Тогда AX1 : BX1 = : = : = BY1 : AY1. Аналогичные рассуждения для прямых AX и BX показывают, что точки X и Y изотомиче ски сопряжены относительно треугольника ABC.

б) Пусть X — точка с абсолютными барицентрическими координатами # – # – # – # – # – (,, ). Тогда согласно задаче 14.36 AX = AB + AC = c(AB/c) + b(AC/b).

Пусть Y — точка, симметричная точке X относительно биссектрисы угла A;

( : : ) — барицентрические координаты точки Y. Достаточно проверить, что : = (b2/ ) : (c2/ ). симметрии относительно биссектрисы уг # При # – – ла A единичные векторы AB/c и AC/b переходят друг в друга, поэтому # – # – # – AY = c(AC/b)+ b(AB/c). Следовательно, : =( b/c):( c/b)=(b2/ ):(c2/ ).

14.42. а) Легко проверить, что указанная точка лежит на обеих прямых.

б) Несовпадающие прямые параллельны тогда и только тогда, когда точ ка их пересечения бесконечно удалённая. Точка является бесконечно уда лённой тогда и только тогда, когда сумма её барицентрических координат равна 0.

14.43. Точки A2 и B1 имеют барицентрические координаты (0 : 1 : ) и (1 : 0 : ), поэтому в барицентрических координатах ( : : ) прямая A2B задаётся уравнением + =. Прямые B2C1 и C2A1 задаются уравнени 1 ями + = и + =. Эти прямые пересекаются в одной точке 1 2 1 340 Глава 14. Центр масс тогда и только тогда, когда 1 2 - - 1 = 0.

2 -1 Это равенство легко переписать в требуемом виде.

14.44. Воспользуемся выражением квадрата длины отрезка через абсо лютные трилинейные координаты его концов (задача 14.60). Абсолютные барицентрические координаты (,, ) связаны с абсолютными трилиней ными координатами (x, y, z) следующим образом: = xa, = yb, = zc, 2S причём (xa + yb + zc) = 1. Ясно, что xa + yb + zc = 2S. Поэтому x = =.

2 a a cos A 2S Несложная проверка показывает, что = 2S ctg A.

sin B sin C a b2 + c2 - a 14.45. а) Согласно теореме косинусов cos A =, поэтому 2S ctg A = 2bc b2 + c2 - a = bc cos A =.

б) Очевидно следует из а).

в) Согласно задаче 5.140 ctg A + ctg B + ctg C = ctg.

г) Легко проверить, что 4(SASB + SBSC + SCSA) = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - a4 - b4 - c4. Равенство 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - a4 - b4 - c4 следует из фор мулы Герона.

a2 + b2 + c д) Согласно задаче 12.46 а) S =. Таким образом, наша задача сводится к проверке тождества (b2 + c2 - a2)(c2 + a2 - b2)(a2 + b2 - c2) + 8a2b2c2 = = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - a4 - b4 - c4 (a2 + b2 + c2).

Это тождество легко проверяется.

14.46. Пусть A — точка пересечения прямых XA и BC, d — расстояние от a db + dc d a точки A до прямой l. Легко проверить, что d = и = -. Из a + da + этих двух равенств следует требуемое равенство.

14.47. Проведём через центр вписанной окружности прямую l, парал лельную прямой l. Пусть da = - r, db = - r, dc = - r, где r — радиус a b c вписанной окружности. Тогда da, db, dc — расстояния то точек A, B, C до прямой l с учётом знака. Центр вписанной окружности имеет барицентриче ские координаты (a : b : c), поэтому согласно задаче 14.46 ada + bdb + cdc = 0, т. е. a + b + c = r(a + b + c) = 2SABC.

a b c 14.48. Решение аналогично решению задачи 14.47. Нужно лишь восполь зоваться тем, что центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC, имеет барицентрические координаты (-a : b : c).

14.49. Запишем равенство из задачи 14.48 для прямой la и окружностей Sb и Sc. В результате получим adaa - bdab + cdac = 2SABC и adaa + bdab - cdac = = 2SABC, где daa — расстояние от точки A до прямой la. Таким образом, bdab = cdac, т. е. dab/dac = c/b. Аналогично dbc/dba = a/c и dca/dcb = b/a. Пере множая эти три равенства, получаем требуемое.

Решения задач 14.50. Рассмотрим прямые l1 = AB, l2 = BC, l3 = CD и l4 = AD. Пусть xi — расстояние от точки X до прямой li с учётом знака (если точка X и четы рёхугольник ABCD лежат по одну сторону от прямой li, то знак положителен).

Таким образом, (x1 : x2 : x3) — трилинейные координаты точки X относительно треугольника, образованного прямыми l1, l2, l3.

Биссектрисы внешних углов при вершинах A и C задаются уравнениями x1 + x4 = 0 и x2 + x3 = 0;

при вершинах B и D — уравнениями x1 + x2 = и x3 + x4 = 0;

при вершинах P и Q — уравнениями x1 + x3 = 0 и x2 + x4 = 0.

Поэтому остаётся лишь проверить, что уравнение x1 + x2 + x3 + x4 = 0 задаёт прямую.

Если в прямоугольной системе координат прямая li задаётся уравнением x cos + y sin = d, то xi = ±(x cos + y sin - d). Поэтому x1, x2, x3, x линейно выражаются через x и y.

14.51. Пусть (x : y : z) — трилинейные координаты относительно треуголь ника ABC. Из равенства ABP = CBQ следует, что точки P и Q имеют трилинейные координаты вида (p : u : q) и (q : v : p). Прямые AP и CQ задаются уравнениями y : z = u : q и : y = q : поэтому их точка пересечения D имеет x v, 1 1 трилинейные координаты : :. Прямые AQ и CP задаются уравнениями v q u y : z = v : p и : y = p : поэтому их точка пересечения E имеет трилинейные x u, 1 1 координаты : :. Из вида трилинейных координат точек D и E следует, u p v что CBD = ABE.

14.52. Пусть (x : y : z) — трилинейные координаты первой точки Брокара P.

Тогда x : y : z = CP : AP : BP. Кроме того, AP/ sin = AB/ sin = 2Rc/a (здесь — угол Брокара). Аналогично BP = 2R sin a/b и CP = 2R sin b/c. Таким b c a образом, первая точка Брокара имеет трилинейные координаты : :.

c a b c a b Вторая точка Брокара имеет трилинейные координаты : :.

b c a 14.53. Точка C1 имеет трилинейные координаты sin ± : sin ± : sin, 3 3 где верхний знак соответствует треугольникам, построенным внешним об разом, а нижний — внутренним. Поэтому прямая CC1 задаётся уравнени ем x sin ± = y sin ±. Таким образом, точка с трилинейными 3 координатами 1 1 : : sin ± sin ± sin ± 3 3 является точкой пересечения прямых AA1, BB1 и CC1.

14.54. а) Описанная окружность задаётся уравнением ayz + bxz + cxy = 0, a b c т. е. + + = 0 (здесь a, b, c — длины сторон треугольника). Одно до x y z казательство этого утверждения содержится в решении задачи 5.11;

дру гое — в решении задачи 14.40. Ещё одно доказательство можно получить, воспользовавшись тем, что описанная окружность изогонально сопряжена бес конечно удалённой прямой, которая задаётся уравнением ax + by + cz = 0.

342 Глава 14. Центр масс б) Вписанная окружность задаётся уравнением cos x + cos y + 2 + cos z = 0, т. е.

cos4 x2 + cos4 y2 + cos4 z2 = 2 2 = 2 cos2 cos2 yz + cos2 cos2 xy + cos2 cos2 xz.

2 2 2 2 2 Чтобы получить это уравнение, можно воспользоваться тем, что вписанная окружность треугольника ABC является описанной окружностью треугольника A1B1C1, где A1, B1 и C1 — точки касания. Пусть (x1 : y1 : z1) — трилинейные координаты относительно треугольника A1B1C1 точки описанной окружности треугольника A1B1C1. Тогда + + + sin y1z1 + sin x1z1 + sin x1y1 = 0, 2 2 + + + поскольку углы треугольника A1B1C1 равны,,. Согласно 2 2 + задаче 2.61 а) xy = z2. Кроме того, sin = cos.

2 в) Вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, задаётся уравнени ем cos -x + cos y + cos z = 0, т. е.

2 2 cos4 x2 + cos4 y2 + cos4 z2 = 2 2 = 2 cos2 cos2 yz - cos2 cos2 xy - cos2 cos2 xz.

2 2 2 2 2 Это доказывается точно так же, как и для вписанной окружности.

14.55. Окружность девяти точек задаётся в трилинейных координатах урав нением x2 sin cos + y2 sin cos + z2 sin cos = yz sin + xz sin + xy sin.

Чтобы доказать это, достаточно проверить, что кривая, заданная этим урав нением, пересекает каждую сторону треугольника в середине стороны и в ос новании высоты. (Кривая второй степени задаётся пятью точками, а у нас получается целых шесть точек.) Середина стороны BC имеет трилинейные координаты (0 : sin : sin ), а основание высоты, опущенной на эту сторону, имеет трилинейные координаты (0 : cos : cos ). Легко проверить, что обе эти точки лежат на данной кривой.

14.56. Уравнение yz sin + xz sin + xy sin = 0 задаёт описанную окруж ность треугольника. В декартовых координатах уравнение любой окружности можно получить, вычтя из уравнения фиксированной окружности некоторую линейную функцию. В трилинейных координатах для сохранения однород ности «линейную функцию» px + qy + rz нужно домножить на «постоянную величину» x sin + y sin + z sin (эта величина будет постоянной, если x, y, z — абсолютные трилинейные координаты).

б) Согласно задаче 3.56 в декартовых координатах степень точки (x0, y0) относительно окружности (x - a)2 + (y - b)2 = R2 равна (x0 - a)2 + (y0 - b)2 - R2.

Решения задач Поэтому радикальная ось окружностей, заданных (в декартовых координатах) уравнениями x2 + y2 + P1x + Q1y + R1 = 0 и x2 + y2 + P2x + Q2y + R2 = 0, задаёт ся уравнением P1x + Q1y + R1 = P2x + Q2y + R2. Для произвольных линейных функций, которые мы вычитаем из уравнения фиксированной окружности, получаем аналогичное уравнение.

14.57. Пусть точки (x0 : y0 : z0) и (x1 : y1 : z1) лежат на вписанной окруж ности. Тогда прямая, проходящая через эти точки, задаётся уравнением x( y0z1 + y1z0) cos + y( x0z1 + x1z0) cos + z( x0y1 + x1y0) cos = 0.

2 2 Проверим, например, что точка (x0 : y0 : z0) лежит на этой прямой. Для этого воспользуемся тождеством x0( y0z1 + y1z0) cos +... = = ( x0y0z1 + x0y1z0 + x1y0z0) x0 cos +... - x0y0z1 x1 cos +....

2 Точки (x0 : y0 : z0) и (x1 : y1 : z1) лежат на вписанной окружности, поэтому согласно задаче 14.54 б) x0 cos +... = 0 и x1 cos +... = 0.

2 Чтобы получить уравнение касательной в точке : y0 : z0), нужно поло (x жить x1 = x0, y1 = y0, z1 = z0. После деления на 2 x0y0z0 уравнение примет требуемый вид.

14.58. Уравнение вписанной окружности можно записать в виде cos4 4 cos2 cos2 cos 2 2 2 x +... (x sin +...) = (yz sin +...), sin sin sin sin а уравнение окружности девяти точек можно записать в виде (x cos +...)(x sin +...) = 2(yz sin +...).

Поэтому согласно задаче 14.56 б) их радикальная ось задаётся уравнением cos 2 cos2 cos2 cos2 (x cos +...) = sin sin sin x +....

2 2 2 sin Сократим обе части на 2 cos cos cos. Учитывая, что 2 2 - - 2 cos3 sin sin - cos cos cos cos = cos sin sin, 2 2 2 2 2 2 2 2 полученное уравнение можно записать в виде x cos y cos z cos 2 2 + + = 0.

- - - sin sin sin 2 Согласно задаче 14.57 это уравнение является уравнением касательной к впи - - - санной окружности в точке sin2 :sin2 :sin2. (Легко проверить, 2 2 344 Глава 14. Центр масс что эта точка действительно лежит на вписанной окружности.) Если радикаль ная ось двух окружностей касается одной из них в некоторой точке, то окружности касаются в той же самой точке.

14.59. а) Из решения задачи 19.59 следует, что вершина A1 треугольника Брокара является точкой пересечения прямых CP и BQ, где P и Q — первая и вторая точки Брокара. Поэтому точка A1 имеет трилинейные координаты c2 b 1 : : = (abc : c3 : b3).

ab ac Барицентрические координаты этой точки имеют вид (a2 : c2 : b2).

б) Вычисления удобнее провести в барицентрических координатах. В бари центрических координатах ( : : ) прямая B1C1 задаётся уравнением c2 b2 a 0 = = (b2c2 - a4) + (a2b2 - c4) + (a2c2 - b4).

b2 a2 c Кроме того, + + = 1. Поэтому прямая, проходящая через точку A парал лельно прямой B1C1, задаётся уравнением (a2b2 - c4 + a4 - b2c2) + (a2c2 - b4 + a4 - b2c2) = 0, 1 т. е. (a2 + b2 + c2) (a2 - c2) + (a2 - b2) = 0. Поэтому : = :.

c2 - a2 a2 - b Таким образом, точка Штейнера имеет барицентрические координаты 1 1 : :. Трилинейные координаты точки Штейнера имеют b2 - c2 c2 - a2 a2 - b вид 1 1 : :.

a(b2 - c2) b(c2 - a2) c(a2 - b2) 14.60. Введём прямоугольную систему координат Ouv, направив ось u по лучу BC и выбрав направление оси v так, чтобы точка A имела положитель ную координату v. Тогда прямоугольные координаты (u, v) и трилинейные x cos + z координаты (x, y, z) связаны следующим образом: v = x и u =.

sin 2S - xa - zc Ясно также, что xa + yb + zc = 2S, т. е. y =. Пусть (u1, v1) b и (u2, v2) — координаты точек M и N. Тогда MN2 = (u1 - u2)2 + (v1 - v2)2 = cos2 cos (z1 - z2) = (x1 - x2)2 + 2(x1 - x2)(z1 - z2) + + (x1 - x2)2 = sin2 sin2 sin (x1 - x2)2 (z1 - z2)2 cos = + + 2(x1 - x2)(z1 - z2).

sin2 sin2 sin a c Если воспользоваться тем, что (y1 - y2)2 = (x1 - x2) + (z1 - z2), то тре b b буемое равенство можно преобразовать в полученное равенство;

по ходу пре образований нужно воспользоваться тем, что a/b = sin / sin и + + =.

ГЛАВА ПАРАЛЛЕЛЬНЫЙ ПЕРЕНОС Основные сведения # – 1. Параллельным переносом на вектор# AB называют преобразование, пере – # – водящее точку X в такую точку X, что XX = AB.

2. Композиция (т. е. последовательное выполнение) двух параллельных пе реносов является параллельным переносом.

Вводные задачи 1. Докажите, что при параллельном переносе окружность переходит в окружность.

2. Две окружности радиуса R касаются в точке K. На одной из них взята точка A, на другой — точка B, причём AKB = 90. Докажите, что AB = 2R.

3. Две окружности радиуса R пересекаются в точках M и N. Пусть A и B — точки пересечения серединного перпендикуляра к отрезку MN с этими окружностями, лежащие по одну сторону от прямой MN.

Докажите, что MN2 + AB2 = 4R2.

4. Внутри прямоугольника ABCD взята точка M. Докажите, что существует выпуклый четырёхугольник с перпендикулярными диаго налями длины AB и BC, стороны которого равны AM, BM, CM, DM.

§ 1. Перенос помогает решить задачу 15.1. В каком месте следует построить мост MN через реку, раз деляющую деревни A и B, чтобы путь AMNB из A в B был кратчайшим? (Берега реки считаются параллельными прямыми, мост перпендикулярен берегам.) 15.2. Дан треугольник ABC. Точка M, расположенная внутри тре угольника, движется параллельно стороне BC до пересечения со сто роной CA, затем параллельно AB до пересечения с BC, затем парал лельно AC до пересечения с AB и т. д. Докажите, что через некоторое число шагов траектория движения точки замкнётся.

15.3. Пусть K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхугольника ABCD.

а) Докажите, что KM (BC + AD)/2, причём равенство достигается, только если BC AD.

346 Глава 15. Параллельный перенос б) При фиксированных длинах сторон четырёхугольника ABCD найдите максимальные значения длин отрезков KM и LN.

15.4. Внутри параллелограмма ABCD взята точка O так, что OAD = OCD. Докажите, что OBC = ODC.

15.5. В трапеции ABCD стороны BC и AD параллельны, M — точка пересечения биссектрис углов A и B, N — точка пересечения биссек трис углов C и D. Докажите, что 2MN = |AB + CD - BC - AD|.

15.6*. Из вершины B параллелограмма ABCD проведены его высо ты BK и BH. Известно, что KH = a и BD = b. Найдите расстояние от точки B до точки пересечения высот треугольника BKH.

15.7*. Внутри каждой стороны параллелограмма выбрано по точке.

Выбранные точки сторон, имеющих общую вершину, соединены. До кажите, что центры описанных окружностей четырёх получившихся треугольников являются вершинами некоторого параллелограмма.

15.8*. В квадрате со стороной 1 расположена фигура, расстояние между любыми двумя точками которой не равно 0,001. Докажите, что площадь этой фигуры не превосходит: а) 0,34;

б) 0,288.

§ 2. Построения и геометрические места точек 15.9. Дан угол ABC и прямая l. Постройте прямую, параллельную прямой l, на которой стороны угла ABC высекают отрезок данной длины a.

15.10. Даны две окружности S1, S2 и прямая l. Проведите пря мую l1, параллельную прямой l, так, чтобы:

а) расстояние между точками пересечения l1 с окружностями S1 и S2 имело заданную величину a;

б) S1 и S2 высекали на l1 равные хорды;

в) S1 и S2 высекали на l1 хорды, сумма (или разность) длин кото рых имела бы заданную величину a.

15.11. Даны непересекающиеся хорды AB и CD окружности. По стройте точку X окружности так, чтобы хорды AX и BX высекали на хорде CD отрезок EF, имеющий данную длину a.

15.12. Постройте четырёхугольник ABCD по четырём углам и дли нам сторон AB = a и CD = b.

15.13. Даны окружности S1, S2 и точка A. Проведите через точку A прямую l так, чтобы S1 и S2 высекали на ней равные хорды.

15.14. а) Даны окружности S1 и S2, пересекающиеся в точках A и B. Проведите через точку A прямую l так, чтобы отрезок этой прямой, заключённый внутри окружностей S1 и S2, имел данную длину.

б) Впишите в данный треугольник ABC треугольник, равный дан ному треугольнику PQR.

15.15*. Постройте четырёхугольник по углам и диагоналям.

Решения задач * * * 15.16*. Найдите геометрическое место точек: а) сумма;

б) разность расстояний от которых до двух данных прямых имеет данную вели чину.

15.17*. Угол, изготовленный из прозрачного материала, двигают так, что две непересекающиеся окружности касаются его сторон внут ренним образом. Докажите, что на нём можно отметить точку, кото рая описывает дугу окружности.

См. также задачу 7.5.

Задачи для самостоятельного решения 15.18. Даны две пары параллельных прямых и точка P. Проведите через точку P прямую так, чтобы обе пары параллельных прямых отсекали на ней равные отрезки.

15.19. Постройте параллелограмм по сторонам и углу между диаго налями.

15.20. В выпуклом четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD рав ны. Докажите, что:

а) прямые AB и CD образуют равные углы с прямой, соединяющей середины сторон AC и BD;

б) прямые AB и CD образуют равные углы с прямой, соединяющей середины диагоналей BC и AD.

15.21. Среди всех четырёхугольников с данными длинами диагона лей и величиной угла между ними найдите четырёхугольник наимень шего периметра.

15.22. Постройте параллелограмм, две смежные вершины которого даны, а две другие лежат на данной окружности.

Решения # – 15.1. Пусть A — образ точки A при параллельном переносе на вектор MN.

Тогда A N = AM, поэтому длина пути AMNB равна A N + NB + MN. Так как длина отрезка MN постоянна, то нужно найти точку N, для которой сумма A N + NB минималь на. Ясно, что она минимальна, когда точка N лежит на отрезке A B, т. е. точка N является точ кой пересечения берега, ближайшего к точке B, и отрезка A B.

15.2. Обозначим последовательные точки тра ектории на сторонах треугольника через A1, B1, B2, C2, C3, A3, A4, B4,... (рис. 15.1). Так как A1B1 AB2, B1B2 CA1 и B1C B2C2, то треуголь ник AB2C2 получается из треугольника A1B1C па раллельным переносом. Аналогично треугольник Рис. 15. 348 Глава 15. Параллельный перенос A3BC3 получен параллельным переносом из треугольника AB2C2, а треуголь ник A4B4C — из треугольника A3BC3. Но треугольник A1B1C тоже получен из треугольника A3BC3 параллельным переносом. Поэтому A1 = A4, т. е. после семи шагов траектория замкнётся (возможно, что она замкнётся и раньше).

15.3. а) Достроим треугольник CBD до параллелограмма CBDE. Тогда 2KM= = AE AD + DE = AD + BC, причём равенство достигается, только если AD BC.

б) Пусть a = AB, b = BC, c = CD и d = DA. Если |a - c| = |b - d| = 0, то со гласно задаче а) максимум достигается в вырожденном случае, когда все точки A, B, C и D окажутся на одной прямой. Предположим теперь, например, что |a - c| < |b - d|. Достроим треугольники ABL и LCD до параллелограммов ABLP и LCDQ. Тогда PQ |b - d|, а значит, LN2 = (2LP2 + 2LQ2 - PQ2)/ (2(a2 + c2) - (b - d)2)/4. Кроме того, согласно задаче а) KM (b + d)/2. Оба равенства достигаются, когда ABCD — трапеция с основаниями AD и BC.

15.4. Рассмотрим точку O, которая получает ся из точки O параллельным переносом на век # – тор AD. Тогда OAD = OO D, поэтому OCD = = OO D. Следовательно, четырёхугольник OCO D вписанный, а значит, ODC = OO C = OBC.

15.5. Построим окружность S, касающуюся стороны AB и лучей BC и AD, и перенесём тре Рис. 15. угольник CND параллельно (в направлении осно ваний BC и AD) так, чтобы точка N совпала с точкой M, т. е. сторона C D касалась окружности S (рис. 15.2). Для описанной трапеции ABC D равенство 2MN = |AB + C D - BC - AD | очевидно, так как N = M. При переходе от трапеции ABC D к трапеции ABCD к левой части этого равенства добавляется 2N N, а к правой добавляется CC +DD =2NN, поэтому равенство сохраняется.

15.6. Обозначим точку пересечения высот треугольника BKH через H1.

Так как HH1 BK и KH1 BH, то HH1 AD и KH1 DC, т. е. H1HDK — па # – раллелограмм. Поэтому при параллельном переносе на вектор H1H точка K переходит в точку D, а точка B переходит в некоторую точку P (рис. 15.3).

Так как PD BK, то BPDK — прямоугольник и PK = BD = b. А так как BH1 KH, то PH KH. Ясно также, что PH = BH1.

В прямоугольном треугольнике PKH известны гипотенуза KP = b и катет KH = a, поэтому BH1 = PH = b2 - a2.

15.7. Обозначим серединные перпендикуляры к сторонам треугольников так, как показано на рис. 15.4. Все прямые lij параллельны и расстояние Рис. 15.3 Рис. 15. Решения задач между прямыми l11 и l12 равно расстоянию между прямыми l21 и l22 (оно равно половине длины стороны параллелограмма). Поэтому параллельный пе ренос, переводящий l11 в l12, переводит l21 в l22, а параллельный перенос, переводящий m11 в m21, переводит m12 в m22. Следовательно, параллельный перенос, переводящий точку пересечения пря мых l11 и m11 в точку пересечения прямых l12 и m21, переводит точку пересечения пря мых l21 и m12 в точку пересечения прямых l22 и m22.

15.8. а) Фигуру, лежащую внутри квад рата ABCD со стороной 1, обозначим че рез F, а её площадь — через S. Рассмотрим # – # – два вектора AA1 и AA2, где точка A1 ле жит на стороне AD и AA1 = 0,001, а точ ка A2 лежит внутри угла BAD, A2AA1 = и AA2 = 0,001 (рис. 15.5).

Пусть F1 и F2 — образы при параллель #F – # – ных переносах на векторы AA1 и AA2. Фигу ры F, F1 и F2 не имеют общих точек и лежат внутри квадрата со стороной 1,001. Поэтому 3S < 1,0012, а значит, S < 0,335 < 0,34.

# – # – # – Рис. 15. б) Рассмотрим вектор AA3 = AA1 + AA2.

# – Повернём вектор AA3 вокруг точки A (против часовой стрелки на острый угол) так, чтобы точка A3 перешла точку A4, для # – # –в которой A3A4 = 0,001. Рассмотрим также векторы AA5 и AA6 длиной 0,001, # – образующие с вектором AA4 углы 30 и лежащие по разные стороны от него (рис. 15.5).

# – Обозначим образ фигуры F при параллельном переносе на вектор AAi через Fi. Для определённости будем считать, что S(F4 F) S(F3 F). Тогда S(F4 F) S/2, поэтому S(F4 F) 3S/2. Фигуры F5 и F6 не пересекаются ни друг с другом, ни с фигурами F и F4, поэтому S(F F4 F5 F6) 7S/2.

(Если бы оказалось, что S(F3 F) S(F4 F), то вместо фигур F5 и F6 нужно # – было бы взять F1 и F2.) Так как длины векторов AAi не превосходят 0, 3, все рассматриваемые фигуры лежат внутри квадрата со стороной 1 + 0,002 3.

Поэтому 7S/2 (1 + 0,002 3)2 и S < 0,288.

П р и м е ч а н и е. S(AB) — площадь объединения фигур A и B, S(AB) — площадь их пересечения.

15.9. Имеются два вектора ±a, параллельных прямой l и имеющих задан ную длину a. Рассмотрим образы луча BC при параллельных переносах на эти векторы. Точка их пересечения с лучом BA лежит на искомой прямой (если точек пересечения нет, то задача решений не имеет).

15.10. а) Пусть S — образ окружности S1 при параллельном переносе на вектор длиной a, параллельный прямой l (таких векторов два). Искомая прямая проходит через точку пересечения окружностей S и S2.

б) Пусть O1 и O2 — проекции центров окружностей S1 и S2 на прямую l;

# – S — образ окружности S1 при параллельном переносе на вектор O1O2. Иско мая прямая проходит через точку пересечения окружностей S и S2.

в) Пусть S — образ окружности S1 при параллельном переносе на некото рый вектор, параллельный прямой l. Тогда длины хорд, высекаемых прямой l 350 Глава 15. Параллельный перенос на окружностях S1 и S, равны. А если расстояние между проекциями цен тров окружностей S и S2 на прямую l равно a/2, то сумма или разность длин хорд, высекаемых прямой, параллельной прямой l и проходящей через точку пересечения окружностей S и S2, равна a. Требуемая окружность S легко 1 строится.

15.11. Предположим, что точка X построена. Перенесём точку A на вектор # – # – # – EF, т. е. построим точку A, для которой EF = AA. построение можно #Это – сделать, так как вектор EF известен: его длина равна a и он параллелен CD.

Поскольку AX A F, то A FB = AXB, по этому угол A FB известен. Таким образом, точ ка F лежит на пересечении двух фигур: отрез ка CD и дуги окружности, из которой отрезок A B виден под углом AXB (рис. 15.6).

15.12. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Обозначим образ точки D # – при параллельном переносе на вектор CB че рез D1. В треугольнике ABD1 известны AB, BD1 и ABD1. Из этого вытекает следую щее построение. Строим произвольно луч BC, затем проводим лучи BD и BA так, что Рис. 15. D BC = 180 - C, A BC = B и эти углы откладываются от луча BC в одной полуплоско сти. На лучах BA и BD отложим отрезки BA = a и BD1 = b соответственно.

Проведём луч AD так, что BAD = A и лучи BC, AD лежат по одну сторону от прямой AB. Вершина D является точкой пересечения луча AD и луча, проведённого из точки D1 параллельно лучу BC. Вершина C является точкой пересечения луча BC и луча, проведённого из точки D параллельно лучу D1B.

15.13. Предположим, что точки M и N, в которых прямая l пересекает окружность S2, построены. Пусть O1 и O2 — центры окружностей S1 и S2;

O — образ точки O1 при таком параллельном переносе вдоль прямой l, что O O2 MN, S — образ окружности S1 при этом переносе. Проведём каса 1 тельные AP и AQ к окружностям S и S2. Тогда AQ2 = AM · AN = AP2, а значит, O A2 = AP2 + R2, где R — радиус окружности S. Так как отрезок AP 1 можно построить, то можно построить и отрезок AO. Остаётся заметить, что точка O лежит на окружности радиуса AO с центром A и на окружности 1 с диаметром O1O2.

15.14. а) Проведём через точку A прямую PQ (P лежит на окружно сти S1, Q — на окружности S2). Опустим из центров O1 и O2 окружностей S1 и S2 перпендикуляры O1M и O2N на прямую PQ. Перенесём отре # – зок MN параллельно на вектор MO1. Пусть C — образ точки N при этом переносе.

Треугольник O1CO2 прямоугольный и O1C = MN = PQ/2. Следовательно, чтобы построить прямую PQ, для которой PQ = a, нужно построить треуголь ник O1CO2 с заданной гипотенузой O1O2 и катетом O1C = a/2, а затем провести через точку A прямую, параллельную O1C.

б) Достаточно решить обратную задачу: описать вокруг данного треугольни ка PQR треугольник, равный данному треугольнику ABC. Предположим, что Решения задач мы построили треугольник ABC, стороны AB, BC и CA которого проходят через данные точки P, Q и R. Построим дуги окружностей, из которых отрезки RP и QP видны под углами A и B соответственно. Точки A и B лежат на этих дугах, причём длина отрезка AB известна. Согласно задаче а) можно построить прямую AP, проходящую через точку P, отрезок которой, заключённый внутри окружностей S1 и S2, имеет данную длину. Проводя прямые AR и BQ, получаем треугольник ABC, равный данному треугольнику, так как у этих треугольников по построению равны сторона и прилегающие к ней углы.

15.15. Предположим, что искомый четырёхугольник ABCD # –построен. Пусть # – D1 и D2 — образы точки D при переносах на векторы AC и CA соответ ственно. Опишем вокруг треугольников DCD1 и DAD2 окружности S1 и S2.

Обозначим точки пересечения прямых BC и BA с окружностями S1 и S через M и N (рис. 15.7). Ясно, что DCD1 = DAD2 = D, DCM = 180 - C и DAN = 180 - A.

Рис. 15. Из этого вытекает следующее построение. На произвольной прямой l берём точку D и строим на l точки D1 и D2 так, что DD1 = DD2 = AC. Фикси руем одну из полуплоскостей П, заданных прямой l, и будем считать, что точка B лежит в этой полуплоскости. Построим окружность S1, из точек которой, лежащих в П, отрезок DD1 виден под углом D. Аналогично строим окружность S2. Построим точку M на S1 так, чтобы из всех точек части окружности, лежащей в П, отрезок DM был виден под углом 180 - C.

Аналогично строим точку N. Отрезок MN виден из точки B под углом B, т. е. B является точкой пересечения окружности с центром D радиуса DB и дуги окружности, из которой отрезок MN виден под углом B (и она лежит в полуплоскости П). Точки C и A являются точками пересечения прямых BM и BN с окружностями S1 и S2.

15.16. Опустим из точки X перпендикуляры XA1 и XA2 на данные пря мые l1 и l2. Возьмём на луче A1X точку B так, что A1B = a. Тогда при 352 Глава 15. Параллельный перенос XA1 ± XA2 = a получим XB = XA2. Пусть l — образ прямой при параллельном переносе # –l на вектор A1B, M — точка пересечения пря мых l и l2. Тогда луч MX будет биссектри сой угла A2MB. В итоге получаем следую щий ответ. Пусть точки пересечения прямых l1 и l2 с прямыми, параллельными прямым l1 и l2 и удалёнными от них на расстоя ние a, образуют прямоугольник M1M2M3M4.

Искомое ГМТ в задаче а) — стороны этого прямоугольника, а в задаче б) — продолже ния сторон.

15.17. Пусть сторона AB угла BAC каса ется окружности радиуса r1 с центром O1, сторона AC касается окружности радиуса r с центром O2. Перенесём прямую AB па раллельно внутрь угла BAC на расстоя ние r1, прямую AC — на расстояние r2.

Рис. 15.8 Пусть A1 — точка пересечения перенесённых прямых (рис. 15.8). Тогда O1A1O2 = BAC.

Постоянный угол O1A1O2 опирается на неподвижный отрезок O1O2, поэтому точка A1 описывает дугу окружности.

ГЛАВА ЦЕНТРАЛЬНАЯ СИММЕТРИЯ Основные сведения 1. Симметрией относительно точки A называют преобразование плоско сти, переводящее точку X в такую точку X, что A — середина отрезка XX.

Другие названия этого преобразования — центральная симметрия с центром A или просто симметрия с центром A.

Заметим, что симметрия с центром A представляет собой частный случай двух других преобразований — она является поворотом на 180 с центром A, а также гомотетией с центром A и коэффициентом -1.

2. Если фигура переходит в себя при симметрии относительно точки A, то A называют центром симметрии этой фигуры.

3. В этой главе используются следующие обозначения для преобразований:

SA — симметрия с центром A;

Ta — перенос на вектор a.

4. Композицию симметрий относительно точек A и B мы будем обозначать SB SA;

при этом сначала выполняется симметрия SA, затем симметрия SB.

Кажущаяся неестественность такой последовательности операций оправдыва ется тождеством (SB SA)(X) = SB(SA(X)).

Композиции любых отображений обладают свойством ассоциативности:

F (G H) = (F G) H. Поэтому такую композицию можно обозначать F G H.

5. Композиции двух центральных симметрий или симметрии и переноса вычисляются по следующим формулам (см. задачу 16.9):

# – а) SB SA = T2AB;

# – б) Ta SA = SB и SB Ta = SA, где a = 2AB.

Вводные задачи 1. Докажите, что при центральной симметрии окружность перехо дит в окружность.

2. Докажите, что четырёхугольник, имеющий центр симметрии, является параллелограммом.

3. Противоположные стороны выпуклого шестиугольника попар но равны и параллельны. Докажите, что он имеет центр сим метрии.

4. Дан параллелограмм ABCD и точка M. Через точки A, B, C и D проведены прямые, параллельные прямым MC, MD, MA и MB соот ветственно. Докажите, что они пересекаются в одной точке.

354 Глава 16. Центральная симметрия 5. Докажите, что противоположные стороны шестиугольника, обра зованного сторонами треугольника и касательными к его вписанной окружности, параллельными сторонам, равны.

§ 1. Симметрия помогает решить задачу 16.1. Докажите, что если в треугольнике медиана и биссектриса совпадают, то треугольник равнобедренный.

16.2. Двое игроков поочерёдно выкладывают на прямоугольный стол пятаки. Монету разрешается класть только на свободное место.

Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Докажите, что первый игрок всегда может выиграть.

16.3. Окружность пересекает стороны BC, CA, AB треугольни ка ABC в точках A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2 соответственно. Докажите, что если перпендикуляры к сторонам треугольника, проведённые через точки A1, B1 и C1, пересекаются в одной точке, то и перпендикуляры к сторонам, проведённые через точки A2, B2 и C2, тоже пересекаются в одной точке.

16.4. Докажите, что прямые, проведённые через середины сто рон вписанного четырёхугольника перпендикулярно противоположным сторонам, пересекаются в одной точке.

16.5. Пусть P — середина стороны AB выпуклого четырёхугольни ка ABCD. Докажите, что если площадь треугольника PCD равна половине площади четырёхугольника ABCD, то BC AD.

16.6. Окружности S1 и S2 радиуса 1 касаются в точке A;

центр O окружности S радиуса 2 принадлежит S1. Окружность S1 касается S в точке B. Докажите, что прямая AB проходит через точку пересече ния окружностей S2 и S.

16.7*. В треугольнике ABC проведены медианы AF и CE. Докажи те, что если BAF = BCE = 30, то треугольник ABC правильный.

16.8*. Даны выпуклый n-угольник с попарно непараллельными сто ронами и точка O внутри его. Докажите, что через точку O нельзя провести более n прямых, каждая из которых делит площадь n-уголь ника пополам.

См. также задачи 1.39, 4.41, 4.42.

§ 2. Свойства симметрии 16.9. а) Докажите, что композиция двух центральных симметрий является параллельным переносом.

б) Докажите, что композиция параллельного переноса и централь ной симметрии (в любом порядке) является центральной симметрией.

16.10. Докажите, что если точку отразить симметрично относи тельно точек O1, O2 и O3, а затем ещё раз отразить симметрично относительно этих же точек, то она вернётся на место.

Условия задач 16.11. а) Докажите, что ограниченная фигура не может иметь более одного центра симметрии.

б) Докажите, что никакая фигура не может иметь ровно двух центров симметрии.

в) Пусть M — конечное множество точек на плоскости. Назовём точку O «почти центром симметрии» множества M, если из M можно выбросить одну точку так, что O будет центром симметрии оставшего ся множества. Сколько «почти центров симметрии» может иметь M?

16.12. На отрезке AB дано n пар точек, симметричных относитель но его середины;

n точек окрашено в синий цвет, остальные — в крас ный. Докажите, что сумма расстояний от A до синих точек равна сумме расстояний от B до красных точек.

См. также задачу 5.49.

§ 3. Симметрия в задачах на построение 16.13. Через общую точку A окружностей S1 и S2 проведите пря мую так, чтобы эти окружности высекали на ней равные хорды.

16.14. Через данную точку A проведите прямую так, чтобы отре зок, заключённый между точками пересечения её с данной прямой и данной окружностью, делился точкой A пополам.

16.15. Даны угол ABC и точка D внутри его. Постройте отрезок с концами на сторонах данного угла, середина которого находилась бы в точке D.

16.16. Даны угол и внутри его точки A и B. Постройте параллело грамм, для которого точки A и B — противоположные вершины, а две другие вершины лежат на сторонах угла.

16.17. Даны четыре попарно непараллельные прямые и точка O, не лежащая на этих прямых. Постройте параллелограмм с цен тром O и вершинами, лежащими на данных прямых, — по одной на каждой.

16.18. Даны две концентрические окружности S1 и S2. Проведи те прямую, на которой эти окружности высекают три равных от резка.

16.19*. Даны непересекающиеся хорды AB и CD окружности и точ ка J на хорде CD. Постройте на окружности точку X так, чтобы хорды AX и BX высекали на хорде CD отрезок EF, делящийся точкой J пополам.

16.20*. Через общую точку A окружностей S1 и S2 проведите пря мую l так, чтобы разность длин хорд, высекаемых на l окружностями S1 и S2 имела заданную величину a.

16.21*. Даны m = 2n + 1 точек — середины сторон m-угольника. По стройте его вершины.

См. также задачи 8.13, 8.49, 8.52, 8.53, 11.24.

356 Глава 16. Центральная симметрия Задачи для самостоятельного решения 16.22. Постройте треугольник по медианам ma, mb и углу C.

16.23. а) Дана точка внутри параллелограмма, не лежащая на от резках, соединяющих середины противоположных сторон. Сколько существует отрезков с концами на сторонах параллелограмма, деля щихся этой точкой пополам?

б) Дана точка, лежащая внутри треугольника, образованного сред ними линиями данного треугольника. Сколько существует отрезков с концами на сторонах данного треугольника, делящихся этой точкой пополам?

16.24. а) Найдите множество вершин выпуклых четырёхугольни ков, середины сторон которых являются вершинами данного квад рата.

б) На плоскости даны три точки. Найдите множество вершин вы пуклых четырёхугольников, середины трёх сторон каждого из которых лежат в данных точках.

16.25. На прямой даны точки A, B, C, D, расположенные в указан ном порядке, причём AB = CD. Докажите, что для любой точки P на плоскости AP + DP BP + CP.

Решения 16.1. Пусть в треугольнике ABC медиана BD является биссектрисой.

Рассмотрим точку B1, симметричную B относительно точки D. Так как D — середина отрезка AC, то четырёхугольник ABCB1 — параллелограмм.

А так как ABB1 = B1BC = AB1B, то треугольник B1AB равнобедренный и AB = AB1 = BC.

16.2. Первый игрок кладёт пятак в центр стола, а затем кладёт пятаки симметрично пятакам второго игрока относительно центра стола. При такой стратегии первый игрок всегда имеет возможность сделать очередной ход.

Ясно также, что игра завершится за конечное число ходов.

16.3. Пусть перпендикуляры к сторонам, проведённые через точки A1, B1 и C1 пересекаются в точке M. Обозначим центр окружности через O.

Перпендикуляр к стороне BC, проведённый через точку A1, симметричен отно сительно точки O перпендикуляру к стороне BC, проведённому через точку A2.

Поэтому перпендикуляры к сторонам, проведённые через точки A2, B2 и C2, пересекаются в точке, симметричной M относительно точки O.

16.4. Пусть P, Q, R и S — середины сторон AB, BC, CD и DA;

M — точка пересечения отрезков PR и QS (т. е. середина обоих этих отрезков: см. за дачу 14.5);

O — центр описанной окружности, а точка O симметрична O относительно точки M. Докажем, что прямые, о которых идёт речь в условии задачи, проходят через точку O. В самом деле, O POR — параллелограмм, по этому O P OR, а так как R — середина хорды CD, то OR CD, т. е. O P CD.

Для прямых O Q, O R и O S доказательство проводится аналогично.

16.5. Пусть точка D симметрична D относительно точки P. Если пло щадь треугольника PCD равна половине площади четырёхугольника ABCD, Решения задач то она равна сумме площадей треугольников PBC и PAD, т. е. сумме пло щадей треугольников PBC и PBD. Так как P — середина отрезка DD, то SPCD = SPCD = SPBC + SPBD, поэтому точка B лежит на отрезке D C. Остаётся заметить, что D B AD.

16.6. Окружности S1 и S2 симметричны относительно точки A. Так как OB — диаметр окружности S1, то BAO = 90, поэтому при симметрии от носительно A точка B снова попадает на окружность S. Следовательно, при симметрии относительно A точка B переходит в точку пересечения окружно стей S2 и S.

16.7. Так как EAF = ECF = 30, точки A, E, F и C лежат на одной окружности S, причём если O — её центр, то EOF = 60. Точка B сим метрична A относительно точки E, поэтому она лежит на окружности S1, симметричной окружности S относительно точки E. Аналогично точка B ле жит на окружности S2, симметричной окружности S относительно точки F.

Так как треугольник EOF правильный, центры окружностей S, S1 и S образуют правильный треугольник со стороной 2R, где R — радиус этих окруж ностей. Поэтому окружности S1 и S2 имеют единственную общую точку B, причём треугольник BEF правильный. Следовательно, треугольник ABC тоже правильный.

16.8. Рассмотрим многоугольник, симметричный исходному относительно точки O. Так как стороны многоугольника попарно непараллельны, контуры этих многоугольников не могут иметь общих отрезков, а могут иметь толь ко общие точки. А так как многоугольники выпуклые, на каждой стороне лежит не более двух точек пересечения;

поэтому имеется не более 2n точек пересечения контуров (точнее, n пар симметричных относительно O точек).

Пусть l1 и l2 — прямые, проходящие через точку O и делящие площадь исходного многоугольника пополам. Докажем, что внутри каждой из четы рёх частей, на которые эти прямые делят плоскость, есть точка пересечения контуров. Предположим, что в одной из ча стей между прямыми l1 и l2 нет таких точек.

Обозначим точки пересечения прямых l1 и l со сторонами многоугольника так, как пока зано на рис. 16.1. Пусть точки A, B, C и D симметричны относительно точки O точ кам A, B, C и D соответственно. Для опре делённости будем считать, что точка A лежит ближе к точке O, чем точка C. Так как от Рис. 16. резки AB и C D не пересекаются, точка B лежит ближе к точке O, чем точка D. Поэтому SABO < SC D O = SCDO, где ABO — выпуклая фигура, ограниченная отрезками AO и BO и частью границы n-угольника, заключённой между точками A и B.

С другой стороны, SABO = SCDO, так как прямые l1 и l2 делят площадь многоугольника пополам. Получено противоречие. Поэтому между каждой парой прямых, делящих площадь пополам, лежит пара симметричных точек пересечения контуров, т. е. таких прямых не более n.

16.9. а) Пусть точка A при центральной симметрии относительно точки O переходит в точку A1, точка A1 переходит при симметрии относительно O в точку A2. Тогда O1O2 — средняя линия треугольника AA1A2, поэтому # – # – AA2 = 2O1O2.

358 Глава 16. Центральная симметрия б) Пусть O2 — образ точки O1 при переносе на вектор a/2. Согласно за даче а) SO2 SO1 = Ta. Умножая это равенство на SO1 справа или на SO слева и учитывая, что SX SX — тождественное преобразование, получаем SO1 = SO2 Ta и SO2 = Ta SO1.

# – 16.10. Согласно предыдущей задаче SB SA = T2AB. Поэтому SO3 SO2 SO # SO3 SO2 SO1 = T2(O 2 O– # – # – — тождественное преобразование.

+O3O1+O1O2) 16.11. а) Предположим, что ограниченная фигура имеет два центра сим метрии O1 и O2. Введём систему координат с осью абсцисс, направленной по # лучу O1O2. Так SO2 SO1 = T2O 1 O–, фигура переходит в себя при переносе # –как на вектор 2O1O2. Ограниченная фигура не может обладать этим свойством, так как образ точки с наибольшей абсциссой не принадлежит фигуре.

б) Пусть O3 = SO2(O1). Легко проверить, что SO3 = SO2 SO1 SO2. Поэтому если O1 и O2 — центры симметрии фигуры, то и O3 — центр симметрии, причём O3 = O1 и O3 = O2.

в) Покажем, что конечное множество может иметь только 0, 1, или 3 «почти центров симметрии». Соответствующие примеры приведены на рис. 16.2 (жирные точки являются одновременно точками M и центрами сим метрии). Остаётся доказать, что конечное множество не может иметь больше трёх «почти центров симметрии».

Рис. 16. Почти центров симметрии конечное число, так как они являются сере динами отрезков, соединяющих точки множества. Поэтому можно выбрать прямую, проекции почти центров симметрии на которую не сливаются. Сле довательно, доказательство достаточно провести для точек, лежащих на одной прямой.

Решения задач Пусть на прямой задано n точек с координатами x1 < x2 <... < xn-1 < xn.

Если мы выбрасываем точку x1, то центром симметрии оставшегося мно жества может быть только точка (x2 + xn)/2;

если выбрасываем xn — то только точка (x1 + xn-1)/2;

если же выбрасываем любую другую точку — то только точка (x1 + xn)/2. Поэтому почти центров симметрии не больше трёх.

16.12. Если пара симметричных точек окрашена в разные цвета, то её мож но просто выбросить из рассмотрения;

выбросим все такие пары. В оставшемся наборе точек число синих пар равно числу красных пар. Кроме того, сумма расстояний как от точки A, так и от точки B до любой пары симметричных точек равна длине отрезка AB.

16.13. Рассмотрим окружность S, симметричную окружности S1 относи тельно точки A. Искомая прямая проходит через точки пересечения S и S2.

16.14. Пусть l — образ прямой l при сим метрии относительно точки A. Искомая пря мая проходит через точку A и точку пересе чения прямой l с окружностью S.

16.15. Построим точки A и C пересече ния прямых, симметричных прямым BC и AB относительно точки D, с прямыми AB и BC (рис. 16.3). Ясно, что точка D является се рединой построенного отрезка A C, так как точки A и C симметричны относительно D.

16.16. Пусть O — середина отрезка AB.

Рис. 16. Нужно построить точки C и D, лежащие на сторонах угла, для которых точка O является серединой отрезка CD. Это построение описано в решении предыдущей задачи.

16.17. Предварительно разобьём прямые на пары. Это можно сделать тремя способами. Пусть противоположные вершины A и C параллелограмма ABCD лежат на одной паре прямых, B и D — на другой.

Рассматривая угол, образованный первой парой прямых, строим точки A и C, как это описано в решении задачи 16.15. Аналогично строим точ ки B и D.

16.18. Возьмём на меньшей окружности S произвольную точку X. Пусть S — образ окруж ности S1 при симметрии относительно точки X, Y — точка пересечения окружностей S и S2. То гда XY — искомая прямая.

16.19. Предположим, что точка X построена.

Обозначим образы точек A, B и X при симметрии относительно точки J через A, B и X соответ ственно (рис. 16.4). Угол A FB = 180 - AXB известен, поэтому точка F является точкой пере сечения отрезка CD с дугой окружности, из кото Рис. 16. рой отрезок BA виден под углом 180 - AXB.

Точка X является точкой пересечения прямой BF с данной окружностью.

16.20. Предположим, что прямая l построена. Рассмотрим окружность S, симметричную окружности S1 относительно точки A. Пусть O1, O и O2 — 360 Глава 16. Центральная симметрия центры окружностей S1, S и S2 (рис. 16.5).

Проведём через точки O и O2 прямые l и l2, 1 перпендикулярные прямой l. Расстояние между прямыми l и l2 равно половине разности длин хорд, высекаемых прямой l на окружностях S1 и S2. Поэтому для построения прямой l нуж но построить окружность радиуса a/2 с цен тром O ;

прямая l2 будет касательной к этой окружности. Построив прямую l2, опускаем на неё перпендикуляр из точки A и получаем пря мую l.

16.21. Пусть B1, B2,..., Bm — середины сторон A1A2, A2A3,..., AmA1 многоугольника Рис. 16. A1A2... Am. Тогда SB1(A1) = A2, SB2(A2) = A3,..., SBm(Am) = A1. Поэтому SBm... SB1(A1) = A1, т. е. A1 — неподвижная точка композиции симметрий SBm SBm-1... SB1.

Согласно задаче 16.9 композиция нечётного числа центральных симметрий является центральной симметрией, т. е. имеет единственную неподвижную точку. Эту точку можно построить как середину отрезка, соединяющего точки X и SBm SBm-1... SB1(X), где X — произвольная точка.

ГЛАВА ОСЕВАЯ СИММЕТРИЯ Основные сведения 1. Симметрией относительно прямой l (обозначение: Sl) называют преоб разование плоскости, переводящее точку X в такую точку X, что l — сере динный перпендикуляр к отрезку XX. Это преобразование называют также осевой симметрией, а l — осью симметрии.

2. Если фигура переходит в себя при симметрии относительно прямой l, то l называют осью симметрии этой фигуры.

3. Композиция двух осевых симметрий является параллельным переносом, если их оси параллельны, и поворотом, если они не параллельны (см. зада чу 17.22).

Осевые симметрии являются как бы кирпичиками, из которых построены все другие движения плоскости: любое движение является композицией не более чем трёх осевых симметрий (задача 17.37). Поэтому композиции осевых симметрий дают гораздо более мощный метод решения задач, чем композиции центральных симметрий. Кроме того, поворот часто бывает удобно разложить в композицию двух симметрий, причём за одну из осей можно взять любую прямую, проходящую через центр поворота.

Вводные задачи 1. Докажите, что окружность при осевой симметрии переходит в окружность.

2. Четырёхугольник имеет ось симметрии. Докажите, что этот че тырёхугольник либо является равнобедренной трапецией, либо сим метричен относительно диагонали.

3. Ось симметрии многоугольника пересекает его стороны в точ ках A и B. Докажите, что точка A является либо вершиной мно гоугольника, либо серединой стороны, перпендикулярной оси сим метрии.

4. Докажите, что если фигура имеет две перпендикулярные оси симметрии, то она имеет центр симметрии.

§ 1. Симметрия помогает решить задачу 17.1. Точка M лежит на диаметре AB окружности. Хорда CD про ходит через M и пересекает AB под углом 45. Докажите, что сумма CM2 + DM2 не зависит от выбора точки M.

362 Глава 17. Осевая симметрия 17.2. Равные окружности S1 и S2 касаются окружности S внутрен ним образом в точках A1 и A2. Произвольная точка C окружности S соединена отрезками с точками A1 и A2. Эти отрезки пересекают S1 и S2 в точках B1 и B2. Докажите, что A1A2 B1B2.

17.3. Через точку M основания AB равнобедренного треугольника ABC проведена прямая, пересекающая его боковые стороны CA и CB (или их продолжения) в точках A1 и B1. Докажите, что A1A : A1M = = B1B : B1M.

См. также задачи 2.16, 2.65, 2.93, 2.99, 4.11, 6.3, 6.29, 9.40, 11.27, 22.22, 22.23.

§ 2. Построения 17.4. Постройте четырёхугольник ABCD, у которого диагональ AC является биссектрисой угла A, зная длины его сторон.

17.5. Постройте четырёхугольник ABCD, в который можно вписать окружность, зная длины двух соседних сторон AB и AD и углы при вершинах B и D.

17.6. Постройте треугольник ABC по a, b и разности углов A и B.

17.7. Постройте треугольник ABC по стороне c, высоте hc и разно сти углов A и B.

17.8. Постройте треугольник ABC по: а) c, a - b (a > b) и углу C;

б) c, a + b и углу C.

17.9. Дана прямая l и точки A и B, лежащие по одну сторону от неё. Постройте такую точку X прямой l, что AX + XB = a, где a — дан ная величина.

17.10. Дан острый угол MON и точки A и B внутри его. Найдите на стороне OM точку X так, чтобы треугольник XYZ, где Y и Z — точки пересечения прямых XA и XB с ON, был равнобедренным: XY = = XZ.

17.11. Дана прямая MN и две точки A и B по одну сторону от неё.

Постройте на прямой MN точку X так, что AXM = 2BXN.

* * * 17.12. Даны три прямые l1, l2 и l3, пересекающиеся в одной точке, и точка A1 на прямой l1. Постройте треугольник ABC так, чтобы точка A1 была серединой его стороны BC, а прямые l1, l2 и l3 были серединными перпендикулярами к сторонам.

17.13. Постройте треугольник ABC, если даны точки A, B и пря мая, на которой лежит биссектриса угла C.

17.14. Даны три прямые l1, l2 и l3, пересекающиеся в одной точке, и точка A на прямой l1. Постройте треугольник ABC так, чтобы точка A была его вершиной, а биссектрисы треугольника лежали на прямых l1, l2 и l3.

Условия задач 17.15. Постройте треугольник по данным серединам двух сторон и прямой, на которой лежит биссектриса, проведённая к одной из этих сторон.

§ 3. Неравенства и экстремумы 17.16. На биссектрисе внешнего угла C треугольника ABC взята точка M, отличная от C. Докажите, что MA + MB > CA + CB.

17.17. В треугольнике ABC проведена медиана AM. Докажите, что 2AM (b + c) cos( /2).

17.18. Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AC и BC в точках B1 и A1. Докажите, что если AC > BC, то AA1 > BB1.

17.19. Докажите, что площадь любого выпуклого четырёхугольника не превосходит полусуммы произведений противоположных сторон.

17.20. Дана прямая l и две точки A и B по одну сторону от неё.

Найдите на прямой l точку X так, чтобы длина ломаной AXB была минимальна.

17.21*. В данный остроугольный треугольник впишите треугольник наименьшего периметра.

§ 4. Композиции симметрий 17.22. а) Прямые l1 и l2 параллельны. Докажите, что Sl Sl = T2a, 1 где Ta — параллельный перенос, переводящий l1 в l2, причём a l1.

б) Прямые l1 и l2 пересекаются в точке O. Докажите, что Sl Sl = 2 = R2, где R O — поворот, переводящий l1 в l2.

O 17.23. Даны три прямые a, b, c. Докажите, что композиция сим метрий Sc Sb Sa является симметрией относительно некоторой пря мой тогда и только тогда, когда данные прямые пересекаются в одной точке.

17.24. Даны три прямые a, b, c. Пусть T = Sa Sb Sc. Докажите, что T T — параллельный перенос (или тождественное отображение).

17.25. Пусть l3 = Sl (l2). Докажите, что Sl = Sl Sl Sl.

1 3 1 2 17.26. Вписанная окружность касается сторон треугольника ABC в точках A1, B1 и C1;

точки A2, B2 и C2 симметричны этим точкам относительно биссектрис соответствующих углов треугольника. Дока жите, что A2B2 AB и прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке.

17.27*. Две прямые пересекаются под углом. Кузнечик прыгает с одной прямой на другую;

длина каждого прыжка равна 1 м, и куз нечик не прыгает обратно, если только это возможно. Докажите, что последовательность прыжков периодична тогда и только тогда, когда / — рациональное число.

17.28*. а) Впишите в данную окружность n-угольник, стороны ко торого параллельны заданным n прямым.

364 Глава 17. Осевая симметрия б) Через центр O окружности проведено n прямых. Постройте опи санный около окружности n-угольник, вершины которого лежат на этих прямых.

17.29*. Дано n прямых. Постройте n-угольник, для которого эти прямые являются: а) серединными перпендикулярами к сторонам;

б) биссектрисами внешних или внутренних углов при вершинах.

17.30*. Впишите в данную окружность n-угольник, одна из сторон которого проходит через данную точку, а остальные стороны парал лельны данным прямым.

§ 5. Свойства симметрий и осей симметрии 17.31. Точка A расположена на расстоянии 50 см от центра круга радиусом 1 см. Разрешается отразить точку симметрично относительно любой прямой, пересекающей круг. Докажите, что: а) за 25 отражений точку A можно «загнать» внутрь данного круга;

б) за 24 отражения этого сделать нельзя.

17.32. На окружности с центром O даны точки A1,..., An, делящие её на равные дуги, и точка X. Докажите, что точки, симметричные X относительно прямых OA1,..., OAn, образуют правильный многоуголь ник.

17.33. Сколько осей симметрии может иметь семиугольник?

17.34. Докажите, что если плоская фигура имеет ровно две оси симметрии, то эти оси перпендикулярны.

17.35*. Докажите, что если многоугольник имеет несколько (боль ше двух) осей симметрии, то все они пересекаются в одной точке.

17.36*. Докажите, что если многоугольник имеет чётное число осей симметрии, то он имеет центр симметрии.

§ 6. Теорема Шаля Движением называют преобразование, сохраняющее расстояния между точ ками, т. е. если A и B — образы точек A и B, то A B = AB. Движение плоскости, оставляющее неподвижными три точки, не лежащие на одной прямой, оставляет неподвижными и все остальные точки.

17.37*. Докажите, что любое движение плоскости является компо зицией не более чем трёх симметрий относительно прямых.

Движение, являющееся композицией чётного числа симметрий относи тельно прямых, называют движением первого рода или движением, со храняющим ориентацию плоскости. Движение, являющееся композицией нечётного числа симметрий относительно прямых, называют движением второго рода или движением, изменяющим ориентацию плоскости. Дви жения первого рода часто называют собственными, а движения второго рода — несобственными.

Решения задач Композицию чётного числа симметрий относительно прямых нельзя пред ставить в виде композиции нечётного числа симметрий относительно пря мых (задача 17.40).

17.38*. Докажите, что любое движение первого рода является по воротом или параллельным переносом.

Скользящей симметрией называют композицию симметрии относительно некоторой прямой l и переноса на вектор, параллельный l (этот вектор может быть нулевым).

17.39*. Докажите, что любое движение второго рода является скользящей симметрией.

17.40*. Докажите, что композицию чётного числа симметрий от носительно прямых нельзя представить в виде композиции нечётного числа симметрий относительно прямых.

17.41*. Дан треугольник ABC. Докажите, что композиция симмет рий S = SAC SAB SBC является скользящей симметрией, для которой вектор переноса имеет длину 4R sin sin sin, где R — радиус описан ной окружности,,, — углы данного треугольника.

17.42*. Пусть движение плоскости переводит фигуру F в фигуру F.

Для каждой пары соответственных точек A и A рассмотрим середи ну X отрезка AA. Докажите, что либо все точки X совпадают, либо все они лежат на одной прямой, либо образуют фигуру, подобную F.

Задачи для самостоятельного решения 17.43. Дан невыпуклый четырёхугольник периметра P. Докажите, что найдётся выпуклый четырёхугольник того же периметра, но боль шей площади.

17.44. Может ли ограниченная фигура иметь центр симметрии и ровно одну ось симметрии?

17.45. Точка M лежит на описанной окружности треугольника ABC.

Докажите, что прямые, симметричные прямым AM, BM и CM отно сительно биссектрис углов A, B и C, параллельны.

17.46. Вершины выпуклого четырёхугольника лежат на различных сторонах квадрата. Докажите, что периметр этого четырёхугольника не меньше 2 2a, где a — длина стороны квадрата.

17.47. На прямоугольном бильярдном столе лежит шар. Постройте траекторию, при движении по которой шар, отразившись от каждой стенки по одному разу, вернётся на исходное место.

Решения 17.1. Обозначим точки, симметричные точкам C и D относительно пря мой AB, через C и D соответственно. C MD = 90, поэтому CM2 + MD2 = = C M2 + MD2 = C D2. Поскольку C CD = 45, хорда C D имеет постоянную длину.

366 Глава 17. Осевая симметрия 17.2. Проведём диаметр окружности S, являющийся осью симметрии окружностей S1 и S2. Пусть точки C и B симметричны точкам C и B относительно этого диаметра (рис. 17.1).

Окружности S1 и S гомотетичны с центром гомотетии в точке A1, причём при этой гомо тетии прямая B1B переходит в прямую CC, поэтому эти прямые параллельны. Ясно также, что B2B CC. Поэтому точки B1, B и B2 лежат 2 на одной прямой, причём эта прямая параллель на прямой CC.

17.3. Пусть прямая, симметричная прямой A1B1 относительно прямой AB, пересекает сто роны CA и CB (или их продолжения) в точ ках A2 и B2. Так как A1AM = B2BM и A1MA = B2MB, то A1AM B2BM, т. е. A1A : A1M = B2B : B2M. Кроме того, так как MB — биссектриса треугольника B1MB2, то Рис. 17. B2B : B2M = B1B : B1M.

17.4. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Пусть для определённости AD > AB. Обозначим через B точку, симметричную точке B относительно диагонали AC. Точка B лежит на стороне AD, причём B D = AD - AB. В треугольнике B CD известны длины всех сторон: B D = AD - AB и B C = BC. По строив треугольник B CD, на продолжении стороны B D за точку B построим точку A.

Дальнейшее построение очевидно.

17.5. Предположим, что четырёхуголь ник ABCD построен. Для определённости бу дем считать, что AD > AB. Пусть O — центр вписанной окружности;

точка D симметрич на D относительно прямой AO;

A — точка пересечения прямых AO и DC, C — точка пересечения прямых BC и A D (рис. 17.2).

В треугольнике BC D известны сто рона BD и прилегающие к ней углы D BC = 180 - B и BD C = D. Постро им треугольник BC D по этим элементам.

Рис. 17. Так как AD = AD, то можно построить точ ку A. Затем строим точку O пересечения биссектрис углов ABC и BD C. Зная положение точки O, можно построить точку D и вписанную окружность. Точ ка C является точкой пересечения прямой BC и касательной к окружности, проведённой из точки D.

17.6. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть C — точка, сим метричная точке C относительно серединного перпендикуляра к отрезку AB.

В треугольнике ACC известны AC = b, AC = a и CAC = A - B. Поэтому его можно построить. Точка B симметрична точке A относительно серединного перпендикуляра к отрезку CC.

17.7. Предположим, что треугольник ABC построен. Обозначим через C точку, симметричную C относительно серединного перпендикуляра к сто Решения задач роне AB, через B — точку, симметричную B относительно прямой CC. Для определённости будем считать, что AC < BC. Тогда ACB = ACC + C CB = = 180 - A + C CB = 180 - (A - B), т. е. угол ACB известен.

Треугольник ABB можно построить, так как AB = c, BB = 2hc и ABB = = 90. Точка C является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку BB и дуги окружности, из которой отрезок AB виден под углом 180 - (A - B).

17.8. а) Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть C — точка, симметричная точке A относительно биссектрисы угла C. Тогда BC A = = 180 - AC C = 180 - (180 - C)/2 = 90 + C/2 и BC = a - b.

В треугольнике ABC известны AB = c, BC = a - b и C = 90 + C/2.

Так как C > 90, треугольник ABC строится по этим элементам однозначно.

Точка C является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AC и прямой BC.

б) Решение аналогично решению задачи а). В качестве C нужно взять точку, симметричную точке A относительно биссектрисы внешнего угла C треугольника ABC. Так как AC B = C/2 < 90, задача может иметь два решения.

17.9. Пусть S — окружность радиуса a с центром B, S — окружность радиуса AX с центром X, A — точка, симметричная точке A относительно прямой l. Тогда окружность S касается окружности S, а точка A лежит на окружности S. Остаётся провести через дан ные точки A и A окружность S, касающую ся данной окружности S, и найти её центр X (см. задачу 8.57 б).

17.10. Пусть проекция точки A на пря мую ON лежит ближе к точке O, чем про екция точки B. Предположим, что равнобед ренный треугольник XYZ построен.

Рассмотрим точку A, симметричную точ ке A относительно прямой OM. Опустим из точки X перпендикуляр XH на пря мую ON (рис. 17.3). Так как A XB = Рис. 17. = A XO + OXA + YXH + HXZ = 2OXY + + 2YXH = 2OXH = 180 - 2MON, то угол A XB известен. Точка X является точкой пересечения прямой OM и дуги, из которой отрезок A B виден под углом 180 - 2MON. При этом про екция точки X на прямую ON должна лежать между проекциями точек A и B.

Обратно, если A XB = 180 - MON и проекция точки X на прямую ON лежит между проекциями точек A и B, то треугольник XYZ равнобедренный.

17.11. Предположим, что точка X построена. Пусть B — точка, симметрич ная точке B относительно прямой MN;

окружность радиуса AB с центром B пересекает прямую MN в точке A. Тогда луч B X является биссектрисой угла AB A. Следовательно, X — точка пересечения прямых B O и MN, где O — се редина отрезка AA.

17.12. Проведём через точку A1 прямую BC, перпендикулярную прямой l1.

Вершина A искомого треугольника ABC является точкой пересечения прямых, симметричных прямой BC относительно прямых l2 и l3.

368 Глава 17. Осевая симметрия 17.13. Пусть точка A симметрична точке A относительно биссектрисы угла C. Тогда C — точка пересечения прямой A B и прямой, на которой лежит биссектриса угла C.

17.14. Пусть A2 и A3 — точки, симметричные точке A относительно прямых l2 и l3. Тогда точки A2 и A3 лежат на прямой BC. Поэтому точки B и C являются точками пересечения прямой A2A3 с прямыми l2 и l3.

17.15. Предположим, что треугольник ABC построен, причём N — середи на AC, M — середина BC и биссектриса угла A лежит на данной прямой l.

Построим точку N, симметричную N относительно прямой l. Прямая BA про ходит через точку N и параллельна прямой MN. Таким образом мы находим вершину A и прямую BA. Проведя прямую AN, получим прямую AC. Остаётся построить отрезок, концы которого лежат на сторонах угла BAC и M — его середина (см. решение задачи 16.15).

17.16. Пусть точка A симметрична A относительно прямой CM. Тогда AM + MB = A M + MB > A B = A C + CB = AC + CB.

17.17. Пусть точки B, C и M симметричны точкам B, C и M относи тельно биссектрисы внешнего угла при вершине A. Тогда AM + AM MM = = (BB + CC )/2 = (b + c) sin(90 - ( /2)) = (b + c) cos( /2).

17.18. Пусть точка B симметрична B относительно биссектрисы угла ACB.

Тогда B A1 = BB1, т. е. требуется проверить, что B A1 < AA1. Для этого доста точно заметить, что AB A1 > AB B > 90.

17.19. Пусть D — точка, симметричная точке D относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC. Тогда SABCD =SABCD =SBAD +SBCD AB·AD /2+ + BC · CD /2 = (AB · CD + BC · AD)/2.

17.20. Пусть точка A симметрична точке A относительно прямой l.

Пусть X — точка на прямой l. Тогда AX + XB = A X + XB A B, причём равенство достигается, только если точка X лежит на отрезке A B. Поэтому искомая точка является точкой пересечения прямой l и отрезка A B.

17.21. Пусть PQR — треугольник, образованный основаниями высот тре угольника ABC, P Q R — любой другой треугольник, вписанный в треуголь ник ABC. Пусть, далее, точки P1 и P2 (соответственно, P и P ) симметричны 1 точке P (соответственно P ) относительно прямых AB и AC (рис. 17.4). Точки Q и R лежат на отрезке P1P2 (см. задачу 1.58), поэтому периметр треуголь Рис. 17. Решения задач ника PQR равен длине отрезка P1P2. А периметр треугольника P Q R равен длине ломаной P R Q P, т. е. он не меньше длины отрезка P P. Остаётся 1 2 1 заметить, что (P P )2 = P1P2 + 4d2, где d — расстояние от точки P до пря 1 2 2 мой P1P2.

17.22. Пусть X — произвольная точка, X1 = Sl1(X) и X2 = Sl2(X1).

а) Выберем на прямой l1 произвольную точку O и рассмотрим систему координат с началом O и осью абсцисс, направленной по прямой l1. Прямая l задаётся в этой системе координат уравнением y = a. Пусть y, y1 и y2 — ор динаты точек X, X1 и X2. Ясно, что y1 = -y и y2 = (a - y1) + a = y + 2a.

Так как точки X, X1 и X2 имеют одинаковые абсциссы, то X2 = T2a(X), где Ta — перенос, переводящий l1 в l2, причём a l1.

б) Рассмотрим систему координат с началом O и осью абсцисс, направ ленной по прямой l1. Пусть угол поворота от прямой l1 к l2 в этой системе координат равен, углы поворотов от оси абсцисс до лучей OX, OX1 и OX равны, и. Ясно, что = - и = ( - ) + = + 2. Так как 1 2 1 2 OX = OX1 = OX2, то X2 = R2 (X), где R O — поворот, переводящий l1 в l2.

O 17.23. Предположим сначала, что Sc Sb Sa = Sl для некоторой прямой l.

Тогда Sb Sa = Sc Sc Sb Sa = Sc Sl. Неподвижной точкой преобразования Sb Sa является точка пересечения прямых a и b. Она должна быть также неподвижной точкой преобразования Sc Sl, поэтому прямая c должна прохо дить через точку пересечения прямых a и b.

Предположим теперь, что данные прямые пересекаются в точке O. Компо зиция Sb Sa представляет собой поворот с центром O, поэтому Sb Sa =Sb Sa для любой пары прямых a и b, полученных из a и b поворотом с центром O на один и тот же угол. Можно добиться, чтобы при этом повороте прямая b совпала с прямой c. Тогда Sc Sb Sa = Sc Sb Sa = Sc Sc Sa = Sa.

17.24. Представим T T в виде композиции трёх преобразований:

T T = (Sa Sb Sc) (Sa Sb Sc) = (Sa Sb) (Sc Sa) (Sb Sc).

При этом SaSb, ScSa и SbSc — повороты на углы 2(b, a), 2(a, c) и 2(c, b) соответственно. Сумма углов поворотов равна 2((b, a) + (a, c) + (c, b)) = =2(b, b)=0, причём эта величина определена с точностью до 2 · 180 = 360.

Следовательно, эта композиция поворотов является параллельным переносом (см. задачу 18.37).

17.25. Если точки X и Y симметричны относительно прямой l3, то точки Sl1(X) и Sl1(Y) симметричны относительно прямой l2, т. е. Sl1(X) = Sl2 Sl1(Y).

Поэтому Sl1 Sl3 = Sl2 Sl1 и Sl3 = Sl1 Sl2 Sl1.

17.26. Пусть O — центр вписанной окружности;

a и b — прямые OA и OB.

Тогда Sa Sb(C1) = Sa(A1) = A2 и Sb Sa(C1) = Sb(B1) = B2. Точки A2 и B получаются из точки C1 поворотами с центром O на противоположные уг лы, поэтому A2B2 AB. Аналогичные рассуждения показывают, что стороны треугольников ABC и A2B2C2 параллельны, а значит, эти треугольники го мотетичны. Прямые AA2, BB2 и CC2 проходят через центр гомотетии, пе реводящей треугольник ABC в A2B2C2. Заметим, что при этой гомотетии описанная окружность треугольника ABC переходит в его вписанную окруж ность, т. е. центр гомотетии лежит на прямой, соединяющей центры этих окружностей.

17.27. Для каждого вектора прыжка имеется ровно два положения куз нечика, для которых прыжок задаётся этим вектором. Поэтому последова 370 Глава 17. Осевая симметрия тельность прыжков периодична тогда и только тогда, когда имеется лишь конечное число различных векторов прыжков.

Пусть a1 — вектор прыжка кузнечика с прямой l2 на прямую l1;

a2, a3, a4,... — векторы последующих прыжков. Тогда a2 = Sl2(a1), a3 = Sl1(a2), a4 = Sl2(a3),... Так как композиция Sl1 Sl2 является поворотом на угол (или на угол 2 - 2 ), векторы a3, a5, a7,... получаются из вектора a1 поворо тами на 2, 4, 6,... (или на 2( - ), 4( - ), 6( - ),...). Поэтому на бор a1, a3, a5,... содержит конечное число различных векторов тогда и только тогда, когда / — рациональное число. Набор a2, a4, a6,... рассматривается аналогично.

17.28. а) Предположим, что многоугольник A1A2... An построен. Проведём через центр O окружности серединные перпендикуляры l1, l2,..., ln к хордам A1A2, A2A3,..., AnA1 соответственно. Прямые l1,..., ln известны, так как они проходят через точку O и перпендикулярны данным прямым. Кроме того, A2 = Sl1(A1), A3 = Sl2(A2),..., A1 = Sln(An), т. е. точка A1 является непо движной точкой композиции симметрий Sln... Sl1. При нечётном n на окружности неподвижных точек ровно две;

при чётном n либо неподвижных точек нет, либо все точки неподвижны.

б) Предположим, что искомый многоугольник A1... An построен. Рас смотрим многоугольник B1... Bn, образованный точками касания описанного многоугольника с окружностью. Стороны многоугольника B1... Bn перпенди кулярны данным прямым, т. е. имеют заданные направления, поэтому его можно построить (см. задачу а));

остаётся провести касательные к окружности в точках B1,..., Bn.

17.29. Рассмотрим композицию последовательных симметрий относитель но данных прямых l1,..., ln. В задаче а) в качестве вершины A1 искомого n-угольника нужно взять неподвижную точку этой композиции, а в задаче б) в качестве прямой A1An нужно взять неподвижную прямую.

17.30. При последовательных симметриях относительно прямых l1,..., ln-1, перпендикулярных данным прямым и проходящих через центр окружности, вершина A1 искомого многоугольника переходит в вершину An. Если n нечёт но, то композиция этих симметрий — поворот на известный угол, поэтому через точку M нужно провести хорду A1An известной длины. Если n чётно, то рассматриваемая композиция является симметрией относительно некоторой прямой, поэтому из точки M нужно опустить перпендикуляр на эту прямую.

17.31. Пусть O — центр данного круга, DR — круг радиуса R с центром O.

Докажем, что множеством образов точек DR при симметриях относительно прямых, проходящих через D1, является круг DR+2. В самом деле, образы точки O при указанных симметриях заполняют круг D2, а круги радиуса R с центрами в D2 заполняют круг DR+2. Поэтому за n отражений из точек D можно получить любую точку из D2n+1 и только эти точки. Остаётся заметить, что точку A можно «загнать» внутрь D1 за n отражений тогда и только тогда, когда за n отражений можно перевести некоторую точку из D1 в A.

17.32. Обозначим симметрии относительно прямых OA1,..., OAn через S1,..., Sn. Пусть Xk = Sk(X) при k = 1,..., n. Нужно доказать, что при некото ром повороте относительно точки O система точек X1,..., Xn переходит в себя.

Ясно, что Sk+1 Sk(Xk) = Sk+1 Sk Sk(X) = Xk+1. Преобразования Sk+1 Sk являются поворотами относительно точки O на угол 4 /n (см. задачу 17.22 б).

З а м е ч а н и е. При чётном n получается n/2-угольник.

Решения задач 17.33. О т в е т: 0, 1 или 7. Ось симметрии семиугольника обязательно проходит через одну из его вершин (остальные вершины разбиваются на пары симметричных вершин). Пусть у семиугольника есть ось симметрии.

Тогда у него есть три пары равных углов и три пары равных сторон. Вторая ось симметрии может быть расположена тремя существенно различными (не симметричными) способами. Легко видеть, что в каждом из этих трёх случаев все стороны семиугольника оказываются равными и все углы тоже.

17.34. Пусть прямые l1 и l2 являются осями симметрии плоской фигуры.

Это означает, что если точка X принадлежит фигуре, то точки Sl1(X) и Sl2(X) принадлежат фигуре. Рассмотрим прямую l3 = Sl1(l2). Согласно задаче 17. Sl3(X) = Sl1 Sl2 Sl1(X), поэтому l3 также является осью симметрии.

Если у фигуры ровно две оси симметрии, то l3 = l1 или l3 = l2. Ясно, что l3 = l1, поэтому l3 = l2, т. е. прямая l2 перпендикулярна прямой l1.

17.35. Предположим, что многоугольник имеет три оси симметрии, ко торые не пересекаются в одной точке, т. е. они образуют треугольник.

Пусть X — точка многоугольника, наиболее удалённая от некоторой внутрен ней точки M этого треугольника. Точки X и M лежат по одну сторону от одной из рассматриваемых осей симметрии l. Если X — точка, симметрич ная X относительно прямой l, то MX > MX и точка X более удалена от точки M, чем точка X. Получено противоречие, поэтому все оси симметрии многоугольника пересекаются в одной точке.

17.36. Все оси симметрии проходят через одну точку O (задача 17.35).

Если l1 и l2 — оси симметрии, то l3 = Sl1(l2) — тоже ось симметрии (см. за дачу 17.25). Выберем одну из осей симметрии l нашего многоугольника.

Остальные оси разбиваются на пары прямых, симметричных относительно l.

Если прямая l1, перпендикулярная l и проходящая через точку O, не явля ется осью симметрии, то число осей симметрии нечётно. Поэтому прямая l является осью симметрии. Ясно, что Sl1 Sl = R180 центральная симметрия, O т. е. O — центр симметрии.

17.37. Пусть F — движение, переводящее точку A в A, причём точки A и A не совпадают;

S — симметрия относительно серединного перпендику ляра l к отрезку AA. Тогда S F(A) = A, т. е. A — неподвижная точка преоб разования S F. Кроме того, если X — неподвижная точка преобразования F, то AX = A X, т. е. точка X лежит на прямой l, а значит, X — неподвижная точка преобразования S F. Таким образом, точка A и все неподвижные точки преобразования F являются неподвижными точками преобразования S F.

Возьмём точки A, B и C, не лежащие на одной прямой, и рассмотрим их образы при данном движении G. Можно построить такие преобразования S1, S2 и S3, являющиеся симметриями относительно прямых или тождественными преобразованиями, что преобразование S3 S2 S1 G оставляет неподвижны ми точки A, B и C, т. е. оно является тождественным преобразованием E.

Домножая равенство S3 S2 S1 G = E слева последовательно на S3, S2 и S и учитывая, что Si Si = E, получаем G = S1 S2 S3.

17.38. Согласно задаче 17.37 любое движение первого рода является ком позицией двух симметрий относительно прямых. Остаётся воспользоваться результатом задачи 17.22.

17.39. Согласно задаче 17.37 любое движение второго рода можно предста вить в виде S3 S2 S1, где S1, S2 и S3 — симметрии относительно прямых l1, l2 и l3. Предположим сначала, что прямые l2 и l3 не параллельны. Тогда 372 Глава 17. Осевая симметрия при повороте прямых l2 и l3 относительно точки их пересечения на любой угол композиция S3 S2 не изменяется (см. задачу 17.22. б)), поэтому можно считать, что l2 l1. Остаётся повернуть прямые l1 и l2 относительно точки их пересечения так, чтобы прямая l2 стала параллельна прямой l3.

Предположим теперь, что l2 l3. Если прямая l1 не параллельна этим пря мым, то прямые l1 и l2 можно повернуть относительно точки их пересечения так, что прямые l2 и l3 станут не параллельны. А если l1 l2, то прямые l1 и l можно перенести параллельно так, что прямые l2 и l3 совпадут.

17.40. Предположим, что некоторое движение можно представить в виде композиции как чётного, так и нечётного числа симметрий относительно пря мых. Тогда, с одной стороны, согласно задаче 17.39 это движение является скользящей симметрией относительно некоторой прямой l. Поэтому оно пе реводит прямую l в себя, но никакую другую прямую, параллельную l, оно в себя не переводит. Кроме того, скользящая симметрия либо не оставля ет никакие точки неподвижными, либо оставляет неподвижными все точки прямой l. С другой стороны, согласно задаче 17.38 рассматриваемое движение является поворотом или параллельным переносом. Но поворот оставляет непо движной ровно одну точку, а параллельный перенос переводит в себя каждую прямую некоторого семейства параллельных прямых.

З а м е ч а н и е. Если воспользоваться таким понятием, как направление обхода окружности, то можно сказать, что собственное движение сохраняет направление обхода, а несобственное — изменяет. Но если попытаться дать аккуратное определение этого понятие, то основанное на этом решение зада чи 17.40 будет не таким уж коротким.

17.41. Пусть точка A1 симметрична точке A относительно прямой BC.

Тогда SBC(A1) = A, а при симметриях относительно прямых AB и AC точ ка A остаётся на месте. Поэтому преобразование S переводит точку A1 в A.

Аналогично проверяется, что преобразование S переводит точку B в точку B1, симметричную B относительно прямой AC.

Согласно задаче 17.39 преобразование S является скользящей симметрией.

Ось этой скользящей симметрии проходит через середины отрезков AA1 и BB1, т. е. через основания высот AH1 и BH2. Длина вектора переноса равна длине проекции отрезка AH1 на прямую H1H2. Угол между прямыми AH1 и H1H равен 90 -, поэтому длина проекции отрезка AH1 на прямую H1H2 равна AH1 cos(90 - ) = AH1 sin = AC sin sin = 2R sin sin sin.

З а м е ч а н и е. Если C = 90, то точки H1 и H2 совпадают. Тем не менее, предельное положение прямой H1H2 определено однозначно, поскольку эта прямая антипараллельна стороне AB.

17.42. Если движение несобственное, то согласно задаче 17.39 оно представ ляет собой скользящую симметрию относительно некоторой прямой l. В таком случае все точки X лежат на прямой l.

Если движение собственное, то согласно задаче 17.38 оно является либо па раллельным переносом на вектор a, либо поворотом на угол, где 0 < (этот поворот может быть либо по часовой стрелке, либо против). Если дви жение является переносом на вектор a, то точка X получается из точки A переносом на вектор a/2. Если движение является поворотом на 180, то все точки X совпадают с центром поворота. Если движения является поворотом на угол, где 0 < < 180, то точка X получается из точки A поворотом на угол /2 и гомотетией с коэффициентом cos( /2).

ГЛАВА ПОВОРОТ Основные сведения 1. Мы не будем давать строгого определения поворота. Для решения задач достаточно иметь следующее представление о повороте: поворот с центром O (или относительно точки O) на угол — это преобразование плоскости, переводящее точку X в такую точку X, что:

а) OX = OX;

# – # – б) угол поворота от вектора OX к вектору OX равен.

2. В главе используются следующие обозначения для преобразований и их композиций:

Ta — перенос на вектор a;

SO — симметрия относительно точки O;

Sl — симметрия относительно прямой l;

R O — поворот с центром O на угол ;

F G — композиция преобразований F и G, причём (F G)(X) = F(G(X)).

3. Задачи, решаемые с помощью поворотов, можно разделить на два боль ших класса: задачи, не использующие свойств композиции поворотов, и зада чи, использующие эти свойства. Для решения задач, использующих свойства композиции поворотов, нужно усвоить результат задачи 18.37: R B R A = R C, где = + и BAC = /2, ABC = /2.

Вводные задачи 1. Докажите, что при повороте окружность переходит в окруж ность.

2. Докажите, что выпуклый n-угольник является правильным тогда и только тогда, когда он переходит в себя при повороте на угол 360/n относительно некоторой точки.

3. Докажите, что треугольник ABC является правильным то гда и только тогда, когда при повороте на 60 (либо по часовой стрелке, либо против) относительно точки A вершина B переходит в C.

4. Докажите, что середины сторон правильного многоугольника об разуют правильный многоугольник.

5. Через центр квадрата проведены две перпендикулярные прямые.

Докажите, что их точки пересечения со сторонами квадрата образуют квадрат.

374 Глава 18. Поворот § 1. Поворот на 18.1. На сторонах BC и CD квадрата ABCD взяты точки M и K со ответственно, причём BAM = MAK. Докажите, что BM + KD = AK.

18.2. В треугольнике ABC проведены медиана CM и высота CH.

Прямые, проведённые через произвольную точку P плоскости пер пендикулярно CA, CM и CB, пересекают прямую CH в точках A1, M1 и B1. Докажите, что A1M1 = B1M1.

18.3. Два квадрата BCDA и BKMN имеют общую вершину B.

Докажите, что медиана BE треугольника ABK и высота BF тре угольника CBN лежат на одной прямой. (Вершины обоих квадратов перечислены по часовой стрелке.) 18.4. Внутри квадрата A1A2A3A4 взята точка P. Из вершины A опущен перпендикуляр на A2P, из A2 — на A3P, из A3 — на A4P, из A4 — на A1P. Докажите, что все четыре перпендикуляра (или их продолжения) пересекаются в одной точке.

18.5. На сторонах CB и CD квадрата ABCD взяты точки M и K так, что периметр треугольника CMK равен удвоенной стороне квадрата.

Найдите величину угла MAK.

18.6. На плоскости даны три (одинаково ориентированных) квад рата: ABCD, AB1C1D1 и A2B2CD2;

первый квадрат имеет с двумя другими общие вершины A и C. Докажите, что медиана BM треуголь ника BB1B2 перпендикулярна отрезку D1D2.

18.7*. Дан треугольник ABC. На его сторонах AB и BC постро ены внешним образом квадраты ABMN и BCPQ. Докажите, что центры этих квадратов и середины отрезков MQ и AC образуют квадрат.

18.8*. Вокруг квадрата описан параллелограмм. Докажите, что пер пендикуляры, опущенные из вершин параллелограмма на стороны квадрата, образуют квадрат.

См. также задачи 1.43, 1.47, 4.25, 8.45.

§ 2. Поворот на 18.9. На сторонах треугольника ABC внешним образом построе ны правильные треугольники A1BC, AB1C и ABC1. Докажите, что AA1 = BB1 = CC1.

18.10. На отрезке AE по одну сторону от него построены равно сторонние треугольники ABC и CDE;

M и P — середины отрезков AD и BE. Докажите, что треугольник CPM равносторонний.

18.11. Постройте равносторонний треугольник ABC так, чтобы его вершины лежали на трёх данных параллельных прямых.

18.12. Рассмотрим всевозможные равносторонние треугольники PKM, вершина P которых фиксирована, а вершина K лежит в данном квадрате. Найдите геометрическое место вершин M.

Условия задач 18.13. На сторонах BC и CD параллелограмма ABCD построены внешним образом правильные треугольники BCP и CDQ. Докажите, что треугольник APQ правильный.

18.14. Точка M лежит на дуге AB описанной окружности правиль ного треугольника ABC. Докажите, что MC = MA + MB.

18.15. Найдите геометрическое место точек M, лежащих внутри правильного треугольника ABC, для которых MA2 = MB2 + MC2.

18.16. Шестиугольник ABCDEF правильный, K и M — середины отрезков BD и EF. Докажите, что треугольник AMK правильный.

18.17. Пусть M и N — середины сторон CD и DE правильного ше стиугольника ABCDEF, P — точка пересечения отрезков AM и BN.

а) Найдите величину угла между прямыми AM и BN.

б) Докажите, что SABP = SMDNP.

18.18. На сторонах AB и BC правильного треугольника ABC взяты точки M и N так, что MN AC, E — середина отрезка AN, D — центр треугольника BMN. Найдите величины углов треугольника CDE.

18.19. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены правильные треугольники ABC1, AB1C и A1BC. Пусть P и Q — сере дины отрезков A1B1 и A1C1. Докажите, что треугольник APQ пра вильный.

18.20. На сторонах AB и AC треугольника ABC внешним образом построены правильные треугольники ABC и AB C. Точка M делит сторону BC в отношении BM : MC = 3 : 1;

K и L — середины сто рон AC и B C. Докажите, что углы треугольника KLM равны 30, 60 и 90.

18.21. Правильные треугольники ABC, CDE, EHK (вершины об ходятся в направлении против часовой стрелки) расположены на # – # – плоскости так, что AD = DK. Докажите, что треугольник BHD тоже правильный.

18.22. а) Для данного треугольника ABC, все углы которого мень ше 120, найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин минимальна.

б) Внутри треугольника ABC, все углы которого меньше 120, взята точка O, из которой его стороны видны под углом 120. Докажите, что сумма расстояний от точки O до вершин равна (a2 + b2 + c2)/2 + + 2 3S.

18.23*. Даны точка X и правильный треугольник ABC. Докажите, что из отрезков XA, XB и XC можно составить треугольник, причём этот треугольник вырожденный тогда и только тогда, когда точка X лежит на описанной окружности треугольника ABC (Помпею).

18.24*. Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность радиуса R, причём AB= CD=EF= R. Докажите, что середины сторон BC, DE и FA образуют правильный треугольник.

18.25*. На сторонах выпуклого центрально симметричного шести угольника ABCDEF внешним образом построены правильные тре 376 Глава 18. Поворот угольники. Докажите, что середины отрезков, соединяющих вершины соседних треугольников, образуют правильный шестиугольник.

§ 3. Повороты на произвольные углы 18.26. Докажите, что при повороте на угол с центром в начале координат точка с координатами (x, y) переходит в точку (x cos - y sin, x sin + y cos ).

18.27. Даны точки A и B и окружность S. Постройте на окруж ности S такие точки C и D, что AC BD и дуга CD имеет данную величину.

18.28. Поворот с центром O переводит прямую l1 в прямую l2, а точку A1, лежащую на прямой l1, — в точку A2. Докажите, что точка пересечения прямых l1 и l2 лежит на описанной окружности треугольника A1OA2.

18.29. На плоскости лежат две одинаковые буквы Г. Конец корот кой палочки одной буквы обозначим A, а другой — A. Длинные па лочки разбиты на n равных частей точками A1,..., An-1;

A,..., A 1 n- (точки деления нумеруются от концов длинных палочек). Прямые AAi и A A пересекаются в точке Xi. Докажите, что точки X1,..., Xn- i образуют выпуклый многоугольник.

18.30. По двум прямым, пересекающимся в точке P, равномерно с одинаковой скоростью движутся две точки: по одной прямой — точ ка A, по другой — точка B. Через точку P они проходят не одновре менно. Докажите, что в любой момент времени описанная окружность треугольника ABP проходит через некоторую фиксированную точку, отличную от P.

18.31. Для данного треугольника ABC, один из углов которого больше 120, найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин минимальна.

18.32. Треугольник A1B1C1 получен из треугольника ABC поворо том на угол ( <180) вокруг центра его описанной окружности.

Докажите, что точки пересечения сторон AB и A1B1, BC и B1C1, CA и C1A1 (или их продолжений) являются вершинами треугольника, подобного треугольнику ABC.

18.33*. Дан треугольник ABC. Постройте прямую, делящую попо лам его площадь и периметр.

# – 18.34*. На векторах AiBi, где i = 1,..., k, построены правильные одинаково ориентированные n-угольники AiBiCiDi... (n 4). Докажите, что k-угольники C1... Ck и D1... Dk правильные одинаково ориентиро ванные тогда и только тогда, когда k-угольники A1... Ak и B1... Bk правильные одинаково ориентированные.

18.35*. Докажите, что три прямые, симметричные произволь ной прямой, проходящей через точку пересечения высот треуголь Условия задач ника, относительно сторон треугольника, пересекаются в одной точке.

18.36*. По арене цирка, являющейся кругом радиуса 10 м, бегает лев. Двигаясь по ломаной линии, он пробежал 30 км. Докажите, что сумма всех углов его поворотов не меньше 2998 радиан.

Pages:     | 1 |   ...   | 5 | 6 || 8 | 9 |   ...   | 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.