WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 6 | 7 || 9 | 10 |   ...   | 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 8 ] --

См. также задачи 1.52, 6.69, 6.74, 6.81.

§ 4. Композиции поворотов 18.37. Докажите, что композиция двух поворотов на углы, в сумме не кратные 360, является поворотом. В какой точке находится его центр и чему равен угол поворота? Исследуйте также случай, когда сумма углов поворотов кратна 360.

* * * 18.38. На сторонах произвольного выпуклого четырёхугольника внешним образом построены квадраты. Докажите, что отрезки, соеди няющие центры противоположных квадратов, равны по длине и пер пендикулярны.

18.39. На сторонах параллелограмма внешним образом построены квадраты. Докажите, что их центры образуют квадрат.

18.40. На сторонах треугольника ABC внешним образом построе ны квадраты с центрами P, Q и R. На сторонах треугольника PQR внутренним образом построены квадраты. Докажите, что их центры являются серединами сторон треугольника ABC.

18.41. Внутри выпуклого четырёхугольника ABCD построены рав нобедренные прямоугольные треугольники ABO1, BCO2, CDO3 и DAO4.

Докажите, что если O1 = O3, то O2 = O4.

* * * 18.42*. а) На сторонах произвольного треугольника внешним обра зом построены правильные треугольники. Докажите, что их центры образуют правильный треугольник.

б) Докажите аналогичное утверждение для треугольников, постро енных внутренним образом.

в) Докажите, что разность площадей правильных треугольников, полученных в задачах а) и б), равна площади исходного треуголь ника.

18.43*. На сторонах треугольника ABC построены правильные тре угольники A BC и B AC внешним образом, C AB — внутренним, M — центр треугольника C AB. Докажите, что A B M — равнобедренный тре угольник, причём A MB = 120.

18.44*. Пусть углы,, таковы, что 0<,, < и + + =.

Докажите, что если композиция поворотов R2 R2 R2 является C B A 378 Глава 18. Поворот тождественным преобразованием, то углы треугольника ABC равны,,.

18.45*. Постройте n-угольник, если известны n точек, являющихся вершинами равнобедренных треугольников, построенных на сторонах этого n-угольника и имеющих при вершинах углы,...,.

1 n 18.46*. На сторонах произвольного треугольника ABC вне его по строены равнобедренные треугольники A BC, AB C и ABC с верши нами A, B и C и углами, и при этих вершинах, причём + + = 2. Докажите, что углы треугольника A B C равны /2, /2, /2.

18.47*. Пусть AKL и AMN — подобные равнобедренные треугольни ки с вершиной A и углом при вершине;

GNK и G LM — подобные равнобедренные треугольники с углом - при вершине. Докажите, что G = G. (Треугольники ориентированы одинаково.) 18.48*. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки P, Q и R соответственно. Докажите, что центры описанных окружно стей треугольников APR, BPQ и CQR образуют треугольник, подобный треугольнику ABC.

Задачи для самостоятельного решения 18.49. На плоскости проведена окружность радиуса 1 с центром O.

Две соседние вершины квадрата лежат на этой окружности. На ка ком наибольшем расстоянии от точки O могут лежать две другие его вершины?

18.50. На сторонах выпуклого четырёхугольника ABCD постро ены правильные треугольники ABM, CDP во внешнюю сторону, а BCN, ADK — во внутреннюю. Докажите, что MN = AC.

18.51. На сторонах выпуклого четырёхугольника ABCD во внеш нюю сторону построены квадраты с центрами M, N, P, Q. Докажите, что середины диагоналей четырёхугольников ABCD и MNPQ образуют квадрат.

18.52. Внутри правильного треугольника ABC лежит точка O. Из вестно, что AOB = 113, BOC = 123. Найдите углы треугольника, стороны которого равны отрезкам OA, OB, OC.

18.53. На плоскости проведено n прямых (n > 2), причём никакие две из них не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Известно, что можно повернуть плоскость вокруг некоторой точки O на некоторый угол ( < 180) так, что каждая из проведён ных прямых совместится с какой-нибудь другой проведённой прямой.

Укажите все n, для которых это возможно.

18.54. По кругу расположены 10 шестерёнок различных размеров.

Первая шестерёнка сцеплена со второй, вторая с третьей и т. д. Деся тая сцеплена с первой. Всегда ли такая система может вращаться?

Решения задач Может ли вращаться такая же система, состоящая из 11 шесте рёнок?

18.55. а) Постройте равносторонний треугольник, высоты которого пересекаются в данной точке, а две вершины лежат на данной окруж ности.

б) Постройте квадрат, две вершины которого лежат на данной окружности, а диагонали пересекаются в данной точке.

Решения 18.1. Повернём квадрат ABCD относительно точки A на 90 так, что бы точка B перешла в точку D. При этом повороте точка M переходит в точку M, а точка K — в точку K. Ясно, что BMA = DM A. Так как MAK = MAB = M AD, то MAD = M AK. Поэтому M AK = MAD = = BMA = DM A, а значит, AK = KM = KD + DM = KD + BM.

18.2. При повороте на 90 относительно точки P прямые PA1, PB1, PM1 и CH переходят в прямые, параллельные CA, CB, CM и AB соответ ственно. Следовательно, при таком повороте треугольника PA1B1 отрезок PM переходит в медиану (повёрнутого) треугольника.

18.3. Рассмотрим поворот на 90 относительно точки B, переводящий вер шину K в вершину N, а вершину C — в A. При этом повороте точка A переходит в некоторую точку A точка E — в E. Так как E и B — середины сторон A N и A C треугольника A NC, то BE NC. Но EBE = 90, поэтому BE NC.

18.4. При повороте относительно центра квадрата на 90, переводящем точку A1 в точку A2, перпендикуляры, опущенные из точек A1, A2, A3 и A4, переходят в прямые A2P, A3P, A4P и A1P соответственно. Поэтому точкой их пересечения является образ точки P при обратном повороте.

18.5. Повернём данный квадрат вокруг точки A на 90 так, чтобы вершина B перешла в D. Пусть M — образ точки M при этом поворо те. Так как по условию MK + MC + CK = (BM + MC) + (KD + CK), то MK = BM + KD = DM + KD = KM. Кроме того, AM = AM, поэтому AMK = = AM K, а значит, MAK = M AK = MAM /2 = 45.

# – # – 18.6. Пусть R — поворот 90, переводящий вектор BC в BA.

# – # – # на # – # – # –Пусть, – далее, BC a, CB2 = b и AB1 = c. Тогда BA = Ra, D2C = Rb и AD1 = Rc.

# = – # – Поэтому D2D1 Rb - a + Ra + Rc и 2BM = a + b + Ra + c. Следовательно, # – # –= R(2BM) = D2D1, так как R(Ra) = -a.

# – # – 18.7. Введём следующие обозначения: a = BM, b = BC;

Ra и Rb — векторы, # – # – полученные из векторов a и b поворотом на 90: Ra = BA, Rb = BQ;

O1, O2, O3 и O4 — середины отрезков AM, MQ, QC и CA соответственно. Тогда # – # – # – # – BO1 = (a + # –Ra)/2, BO2 = (a + Rb)/2, BO3 = (b + Rb)/2, BO4# = (b + Ra)/2. По # – # – – этому O1O2 = - Ra)/2 = -O3O4 и O2O3 = (b - a)/2 = -O4O1. Кроме того, # – # –(Rb O1O2 = R(O2O3).

18.8. Вокруг квадрата ABCD описан параллелограмм A1B1C1D1 (точка A лежит на стороне A1B1, B — на B1C1 и т. д.). Опустим из вершин A1, B1, C1 и D1 перпендикуляры l1, l2, l3 и l4 на стороны квадрата. Чтобы доказать, что эти прямые образуют квадрат, достаточно проверить, что при повороте на 90 относительно центра O квадрата ABCD прямые l1, l2, l3 и l4 переходят 380 Глава 18. Поворот друг в друга. При повороте относительно точки O на 90 точки A1, B1, C1 и D переходят в точки A2, B2, C2 и D2 (рис. 18.1).

Рис. 18. Так как AA2 B1B и BA2 B1A, то B1A2 AB. Это означает, что прямая l при повороте на 90 относительно точки O переходит в прямую l2. Для остальных прямых доказательство аналогично.

18.9. При повороте вокруг точки C на 60 точка A переходит в B1, а точ ка A1 — в B. Поэтому отрезок AA1 переходит в отрезок B1B.

18.10. Рассмотрим поворот на 60 относительно точки C, переводящий точку E в D. При этом точка B переходит в A, т. е. отрезок BE переходит в отрезок AD. Поэтому середина P отрезка BE переходит в середину M отрезка AD, т. е. треугольник CPM равносторонний.

18.11. Предположим, что мы построили треугольник ABC так, что его вершины A, B и C лежат на прямых l1, l2 и l3 соответственно. При пово роте на 60 с центром A точка B переходит в точку C, поэтому C — точка пересечения прямой l3 и образа прямой l2 при повороте на 60 с центром A.

18.12. Искомое ГМТ состоит из двух квадратов, полученных из данного квадрата поворотами на ±60 с центром #P. # – # – # – # – – 18.13. При повороте на 60 векторы QC CP # и– # переходят в QD и CB = DA.

– # – Следовательно, при этом повороте вектор QP = QC + CP переходит в вектор # – # – # – QD + DA = QA.

18.14. Пусть M — образ точки M при повороте на 60 относительно точ ки B, переводящем A в C. Тогда CM B = AMB = 120. Треугольник MM B равносторонний, поэтому BM M = 60. Так как CM B + BM M = 180, точка M лежит на отрезке MC. Поэтому MC = MM + M C = MB + MA.

Решения задач 18.15. При повороте на 60 с центром A, переводящем B в C, точ ка M переходит в некоторую точку M, а точка C — в точку D. Равенство MA2 = MB2 + MC2 эквивалентно равенству M M2 = M C2 + MC2, т. е. тому, что MCM = 90, а значит, MCB + MBC = MCB + M CD = 120 - 90 = 30, т. е. BMC = 150. Искомое ГМТ — дуга окружности, лежащая внутри тре угольника, из которой отрезок BC виден под углом 150.

18.16. Пусть O — центр шестиугольника. Рассмотрим поворот с центром A на 60, переводящий точку B в O. При этом повороте отрезок OC переходит в отрезок FE. Точка K является серединой диагонали BD параллелограмма BCDO, поэтому она является серединой диагонали CO. Следовательно, точка K при нашем повороте переходит в точку M, т. е. треугольник AMK правильный.

18.17. При повороте на 60 относительно центра данного шестиугольни ка, переводящем вершину A в B, отрезок CD переходит в DE, поэтому точка M переходит в N. Таким образом, при этом повороте отрезок AM переходит в BN, т. е. угол между этими отрезками равен 60. Кроме того, при этом повороте пятиугольник AMDEF переходит в BNEFA, т. е. их пло щади равны. Вырезая из этих равновеликих пятиугольников их общую часть, пятиугольник APNEF, получаем две равновеликие фигуры: треугольник ABP и четырёхугольник MDNP.

18.18. Рассмотрим поворот на 60 с центром C, переводящий точку B в A.

При этом точки M, N и D переходят в M, N и D. Так как AMNN — па раллелограмм, середина E диагонали AN является его центром симметрии.

Поэтому при симметрии относительно точки E треугольник BMN переходит в M AN, а значит, точка D переходит в D, т. е. E — середина отрезка DD.

А так как треугольник CDD правильный, то углы треугольника CDE равны 30, 60 и 90.

18.19. Рассмотрим поворот с центром A, пере водящий точку C1 в точку B. При этом повороте правильный треугольник A1BC переходит в тре угольник A2FB1, а отрезок A1C1 переходит в отре зок A2B. Остаётся заметить, что BA1A2B1 — парал лелограмм, т. е. середина отрезка A2B совпадает с серединой отрезка A1B1.

# – # – 18.20. Пусть AB = 4a, CA = 4b.

# – # –Пусть, далее, R — поворот, переводящий вектор AB в AC (а зна # – # – # – чит, вектор CA — в CB ). Тогда LM = (a + b) - 2Rb # – и LK = -2Rb + 4b + 2Ra. Легко проверить, что # – # – b + R2b = Rb. Поэтому 2R(LM) = LK, а из этого соотношения вытекает требуемое.

18.21. При повороте относительно точки C на 60 против часовой стрелки точка A перехо дит в точку точка D — в точку E, значит, – # – #B, # –а вектор DK = AD переходит в вектор BE. Так как Рис. 18. при повороте относительно точки H на 60 против # – часовой стрелки точка K переходит в точку E и вектор DK переходит в вектор # – BE, то точка D при этом повороте переходит в точку B, т. е. треугольник BHD равносторонний.

18.22. а) Пусть O — произвольная точка. При повороте на 60 относительно точки A точки B, C и O переходят в некоторые точки B, C и O (рис. 18.2).

382 Глава 18. Поворот Так как AO = OO и OC = O C, то BO + AO + CO = BO + OO + O C. Длина ломаной BOO C минимальна тогда, когда эта ломаная является отрезком, т. е. AOB = AO C = AOC = 120. Для построения искомой точки можно воспользоваться результатом задачи 2.8. Требуемая точка внутри треуголь ника ABC существует тогда и только тогда, когда все его углы мень ше 120. Если один из углов равен 120, то требуемая точка — вершина этого угла.

З а м е ч а н и е. По поводу случая, когда у треугольника есть угол боль ше 120, см. задачу 18.31.

б) Сумма расстояний от точки O до вершин равна длине отрезка BC, полученного при решении задачи а). Ясно также, что (BC )2 = b2 + c2 - 2bc cos( + 60) = b2 + c2 - bc cos + bc 3 sin = a2 + b2 + c = + 2 3S.

# – # – 18.23. Пусть O — правильного треугольника ABC, x = XO и a = OA.

# – # –центр Тогда OB = R a и OC = R2 a, где = 120. Поэтому # – # – # – XA + R (XB) + R2 (XC) = (x + a) + (R x + R2 a) + (R2 x + R a) = #– = (x + R x + R2 x) + (a + R a + R2 a) = 0.

# – # – # – Это означает, что векторы XA, R (XB) и R2 (XC) являются векторами сторон некоторого треугольника. Вырожденность треугольника эквивалентна сона правленности двух их этих векторов. Если # – # –сона правлены, например, векторы XA и R (XB), то (AX, XB) = (AC, CB), поэтому точка X лежит на описанной окружности треугольника ABC.

Вырожденность треугольника в том случае, ко гда точка X лежит на описанной окружности, доказана в задаче 18.14.

18.24. Пусть P, Q и R — середины сторон BC, DE и FA, O — центр описанной окружности.

Предположим, что треугольник PQR правиль ный. Докажем, что тогда середины сторон BC, DE и F A шестиугольника ABCDE F, в котором вершины E и F получены из точек E и F поворотом на некоторый угол относительно точ ки O, тоже образуют правильный треугольник.

Рис. 18. Из этого следует требуемое утверждение, так как для правильного шестиугольника середины сторон BC, DE и FA образуют правильный треугольник, а любой из рас сматриваемых нами шестиугольников может быть получен из правильного поворотами треугольников OCD и OEF.

Пусть Q и R — середины сторон и AF (рис. 18.3). При # – # DE # – # – # –повороте # – – на 60 вектор EE переходит в вектор FF. Так как QQ = EE /2 и RR = FF /2, # – # – то вектор QQ переходит в вектор RR при этом повороте. По предполо # – жению треугольник PQR правильный, т. е. вектор PQ переходит в вектор Решения задач # – # – # – PR при повороте на 60. Поэтому вектор = PQ + # – # – # – # –PQ + QQ переходит в вектор PR = PR + RR при пово роте на 60, т. е. треугольник PQ R правильный.

18.25. Пусть K, L, M и N — вершины правиль ных треугольников, построенных на сторонах BC, AB, AF и FE;

B1, A1 и F1 — середины отрезков KL, # – # – LM и MN (рис. 18.4). Пусть, далее, a = BC = FE, # – # – b = AB = R — поворот на 60, переводящий #и–c # AF;

# – # – – вектор BC в Тогда AM = -R2c и = -R2a. По # –BK. # –FN этому 2A1B1 = R2c + Ra + b и 2F1A1 = R2a - c + Rb, # – # – т. е. F1A1 = R(A1B1).

18.26. Если точка X = (x, y) расположена на рас стоянии R от начала координат O и луч OX образует угол с осью Ox, то x = R cos, y = R sin. По этому при повороте на угол точка X переходит Рис. 18. в точку с координатами x = R cos( + ) = R cos cos - R sin sin = x cos - y sin, y = R sin( + ) = R sin cos + R cos sin = x sin + y cos.

18.27. Пусть при повороте на угол с центром в центре окружности S, переводящем точку C в точку D, точка A переходит в некоторую точку A.

Тогда (BD, DA ) = (AC, A D) =, т. е. точка D лежит на окружности, из точек которой отрезок A B виден под ориентированным углом.

18.28. Пусть P — точка пересечения прямых l1 и l2. Тогда (OA1, A1P) = = (OA1, l1) = (OA2, l2) = (OA2, A2P). Поэтому точки O, A1, A2 и P лежат на одной окружности.

18.29. Одинаковые буквы Г можно совместить поворотом с некоторым центром O (если они совмещаются параллельным переносом, то AAi A A ).

i Согласно задаче 18.28 точка Xi лежит на описанной окружности треугольни ка A OA. Ясно, что точки, лежащие на одной окружности, образуют выпуклый многоугольник.

18.30. Пусть O — центр поворота R, переводящего отрезок A(t1)A(t2) в от резок B(t1)B(t2), где t1 и t2 — некоторые моменты времени. (Если точки A и B проходят через точку P не одновременно, то точка O отлична от P.) Тогда этот поворот переводит A(t) в B(t) в любой момент времени t. Поэтому, согласно задаче 18.28, точка O лежит на описанной окружности треугольника APB.

18.31. Пусть для определённости A = > 120. Докажем, что искомая точка — вершина A. Рассмотрим поворот с центром A на угол = 180 -, при котором вершина B переходит в точку B, лежащую на продолжении стороны AC за точку A. Пусть точка O, отличная от A, при этом повороте переходит в точку O. Треугольник OAO равнобедренный с углом при вершине < 60. Поэтому OO < AO, а значит, OA + OB + OC > OO + O B + OC CB = = AC + AB. Но AC + AB — это как раз и есть сумма расстояний от точки A до вершин треугольника ABC.

18.32. Пусть A и B — точки окружности с центром O, A1 и B1 — образы этих точек при повороте на угол относительно центра O;

P и P1 — середины отрезков AB и A1B1;

M — точка пересечения прямых AB и A1B1. Прямоуголь ные треугольники POM и P1OM имеют общую гипотенузу и равные катеты 384 Глава 18. Поворот PO = P1O, поэтому эти треугольники равны и MOP = MOP1 = /2. Точка M получается из точки P поворотом на угол /2 и последующей гомотетией с коэффициентом 1/ cos( /2) и центром O.

Точки пересечения прямых AB и A1B1, AC и A1C1, BC и B1C1 явля ются вершинами треугольника, гомотетичного с коэффициентом 1/ cos( /2) треугольнику, образованному серединами сторон треугольника ABC. Ясно, что треугольник, образованный серединами сторон треугольника ABC, подобен треугольнику ABC.

18.33. Согласно задаче 5.57 прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника, проходит через центр его вписанной окружности. Ясно также, что если прямая проходит через центр вписанной окружности треугольника и делит его периметр пополам, то она делит пополам и его площадь. Поэтому нужно провести прямую, проходящую через центр вписанной окружности треугольника и делящую его периметр пополам.

Предположим, что мы построили точки M и N на сторонах AB и AC треугольника ABC так, что прямая MN проходит через центр O вписанной окружности и делит периметр треугольника пополам. Построим на луче AC точку D так, что AD = p, где p — полупериметр треугольника ABC. Тогда AM = ND. Пусть Q — центр поворота R, переводящего отрезок AM в отре зок DN (точку A — в D, точку M — в N). Так как угол между прямыми AM и CN известен, точку Q можно построить: она является вершиной рав нобедренного треугольника AQD, причём AQD = 180 - A и точки B и Q лежат по одну сторону от прямой AD. При повороте R отрезок OM переходит в отрезок O N. Точку O мы можем построить. Ясно, что ONO = A, по скольку угол между прямыми OM и O N равен A. Поэтому точка N является точкой пересечения прямой AC и дуги окружности, из которой отрезок OO виден под углом A. Построив точку N, проводим прямую ON и находим точку M.

Легко проверить, что если построенные точки M и N лежат на сторонах AB и AC, то MN — искомая прямая. Основной момент в доказательстве — дока зательство того, что при повороте относительно точки Q на 180 - A точка M переходит в точку N. Для доказательства этого факта надо воспользоваться тем, что ONO = A, т. е. при этом повороте прямая OM переходит в пря мую O N.

18.34. Предположим, что k-угольники C1... Ck и D1... Dk правильные оди # – наково Пусть C и D — центры этих k-угольников, ci = CCi # ориентированные. – # – # – # – # – – # – # и di = DDi. Тогда CiDi = CiC + CD + DDi = -ci + CD + di. Вектор CiDi переходит # – в вектор CiBi при повороте R, где угол при вершине правильного n-уголь # – # – # –— # – # – ника. Поэтому XBi = XC + ci + CiBi = XC + ci + R (-ci + CD + di). Точку X # – # – # # – – подберём так, что XC + R (CD) = 0. Тогда XBi = ci + R (di - ci) = Ri u, где u = ck + R (dk - ck), R — поворот, переводящий вектор ck в c1. Следовательно, B1... Bk — правильный k-угольник с центром X. Аналогично доказывается, что A1... Ak — правильный k-угольник.

Обратное утверждение доказывается аналогично.

18.35. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, H1, H и H3 — точки, симметричные точке H относительно сторон BC, CA и AB.

Точки H1, H2 и H3 лежат на описанной окружности треугольника ABC (зада ча 5.10). Пусть l — прямая, проходящая через точку H. Прямая, симметрич ная прямой l относительно стороны BC (соответственно CA и AB), пересекает Решения задач описанную окружность в точке H1 (соответственно H2 и H3) и в некоторой точке P1 (соответственно P2 и P3).

Рассмотрим какую-нибудь другую прямую l, проходящую через H. Пусть — угол между l и l. Построим для прямой l точки P, P и P тем же 1 2 способом, каким были построены для прямой l точки P1, P2 и P3. Тогда PiHiP =, т. е. величина дуги PiP равна 2 (поворот от Pi к P проти i i i воположен по направлению повороту от l к l ). Поэтому точки P, P и P 1 2 являются образами точек P1, P2 и P3 при некотором повороте. Ясно, что если в качестве l выбрать высоту треугольника, опущенную из вершины A, то P = P = P = A, а значит, P1 = P2 = P3.

1 2 18.36. Предположим, что лев бежал по ломаной A1A2... An. Распрямим траекторию движения льва следующим образом. Повернём относительно точ ки A2 арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка A3 попала на луч A1A2. Затем повернём относительно точки A3 арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка A4 попала на луч A1A2 и т. д. Центр O аре ны цирка переходит при этом последовательно в точки O1 = O, O2,..., On-1;

точки A1,..., An переходят в точки A,..., A, лежащие на одной прямой 1 n (рис. 18.5).

Рис. 18. Пусть — угол поворота льва в точке A. Тогда Oi-1A Oi = i-1 i i i- и A Oi-1 = A Oi 10, поэтому OiOi-1 10. Следовательно, 30 000 = A A i i i-1 n A O1 + O1O2 +... + On-2On-1 + On-1A 10 + 10( +... + ) + 10, т. е.

1 n 1 n- +... + 2998.

1 n- 18.37. Рассмотрим композицию поворотов R B R A. Если A = B, то утвер ждение задачи очевидно, поэтому будем считать, что A = B. Пусть l = AB, прямые a и b проходят через точки A и B соответственно, причём (a, l) = / и (l, b) = /2. Тогда R B R A = Sb Sl Sl Sa = Sb Sa.

Если a b, то Sb Sa = T2u, где Tu — параллельный перенос, переводящий b в a, причём u a. А если прямые a и b не параллельны и O — точка их пересечения, то Sb Sa — поворот на угол + с центром O. Ясно также, что a b тогда и только тогда, когда ( /2) + ( /2) = k, т. е. + = 2k.

18.38. Пусть P, Q, R и S — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC, CD и DA соответственно. Построим на отрезках QR и SP внутренним образом равнобедренные прямоугольные треугольники с вершинами O1 и O2. Тогда D = R90 R90 (B) = R180 (B) и B = R90 R90 (D) = R Q O1 P S = R180 (D), т. е. O1 = O2 — середина отрезка BD.

O 386 Глава 18. Поворот При повороте на 90 относительно точки O = O1 = O2, переводящем точку Q в R, точка S переходит в P, т. е. отрезок QS переходит в RP, а значит, эти отрезки равны и перпендикулярны.

18.39. Пусть P, Q, R и S — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC, CD и DA параллелограмма ABCD. Согласно предыдущей задаче PR = QS и PR QS. Кроме того, центр симметрии па раллелограмма ABCD является центром симметрии четырёхугольника PQRS, т. е. PQRS — параллелограмм с равными и перпендикулярными диагоналями, а значит, он квадрат.

18.40. Пусть P, Q и R — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC и CA. Рассмотрим поворот на 90 с центром R, пере водящий C в A. При повороте на 90 в том же направлении с центром P точка A переходит в B. Композиция этих двух поворотов является поворотом на 180, поэтому центр этого поворота — середина отрезка BC. С другой сторо ны, центр этого поворота является вершиной равнобедренного прямоугольного треугольника с основанием PR, т. е. является центром квадрата, построенного на PR. Этот квадрат построен на стороне треугольника PQR именно внутрен ним образом.

18.41. Если O1 = O3, то R90 R90 R90 R90 = R180 R180 = E. Поэтому D C B A O3 O E = R90 E R-90 = R90 R90 R90 R90 = R180 R180, т. е. O4 = O2. (Здесь A A D C B O4 O A E — тождественное преобразование.) 18.42. а) См. решение более общей задачи 18.46 (достаточно положить = = = 120). В случае б) доказательство аналогично.

в) Пусть Q и R (соответственно Q1 и R1) — центры правильных тре угольников, построенных внешним (соответственно внутренним) образом на сторонах AC и AB. Так как AQ = b/ 3, AR = c/ 3 и QAR = 60 +, то 3QR2 = b2 + c2 - 2bc cos( + 60). Аналогично 3Q1R2 = b2 + c2 - 2bc cos( - 60).

Поэтому разность площадей полученных правильных треугольников равна (QR2 - Q1R2) 3/4 = bc sin sin 60/ 3 = SABC.

18.43. Композиция поворота на 60 относительно точки A, переводяще го B в C, поворота на 60 относительно точки B, переводящего C в A, и поворота на 120 относительно точки M, переводящего A в B, имеет неподвижную точку B. Так как первые два поворота производятся в направ лении, противоположном направлению последнего поворота, то композиция этих поворотов является параллельным переносом, имеющим неподвижную точку, т. е. тождественным преобразованием: R-120 R60 R60 = E. Поэтому M B A R60 R60 = R120, т. е. точка M является центром поворота R60 R60. Следо B A M B A вательно, MA B = MB A = 30, т. е. A B M — равнобедренный треугольник, причём A MB = 120.

18.44. Из условия задачи следует, что R-2 = R2 R2, т. е. точка C яв A C B ляется центром композиции поворотов R2 R2. Это означает, что BAC = A B и ABC = (см. задачу 18.37). Поэтому ACB = - - =.

18.45. Обозначим данные точки через M1,..., Mn. Предположим, что мы построили многоугольник A1A2... An так, что треугольники A1M1A2, A2M2A3,..., AnMnA1 равнобедренные, причём AiMiAi+1 = и стороны мно i гоугольника являются основаниями этих равнобедренных треугольников. Яс но, что R Mn... R M1 (A1) = A1. Если +... + = k · 360, то точка A 1 n n Решения задач является центром поворота R Mn... R M1. Центр композиции поворотов мы n можем построить. Построение остальных вершин многоугольника производит ся очевидным образом. Если +... + = k · 360, то задача неопределённая:

1 n либо любая точка A1 задаёт многоугольник, обладающий требуемым свой ством, либо задача не имеет решений.

18.46. Так как R C R B R A (B) = R C R B (C) = R C (A) = B, то B — непо движная точка композиции поворотов R C R B R A. А так как + + = 2, то эта композиция является параллельным переносом, имеющим неподвиж ную точку, т. е. тождественным преобразованием. Остаётся воспользоваться результатом задачи 18.44.

- 18.47. Так как R G R A(N) = L и R G - R A(L) = N, то преобразования R G - R A и R G - R A являются центральными симметриями относительно - середины отрезка LN, т. е. R G - R A = R G - R A. Следовательно, R G = R G - и G = G.

18.48. Пусть A1, B1 и C1 — центры описанных окружностей треугольников APR, BPQ и CQR. При последовательных поворотах с центрами A1, B1 и C на углы 2, 2 и 2 точка R переходит сначала в P, затем в Q, а потом воз вращается на место. Так как 2 + 2 + 2 = 360, то композиция указанных поворотов — тождественное преобразование. Следовательно, углы треугольника A1B1C1 равны, и (см. задачу 18.44).

ГЛАВА ГОМОТЕТИЯ И ПОВОРОТНАЯ ГОМОТЕТИЯ Основные сведения 1. Гомотетией называют преобразование плоскости, # – # –переводящее точку X в точку X, обладающую тем свойством, что OX = kOX (точка O и число k фиксированы). Точку O называют центром гомотетии, а число k — коэффи циентом гомотетии.

Гомотетию с центром O и коэффициентом k будем обозначать Hk.

O 2. Две фигуры называют гомотетичными, если одна из них переходит в другую при некоторой гомотетии.

3. Поворотной гомотетией называют композицию гомотетии и поворота, имеющих общий центр. Отметим, что обе композиции R O Hk и Hk R O дают O O одно и то же преобразование.

Коэффициент поворотной гомотетии можно считать положительным, так как R180 Hk = H-k.

O O O 4. Композиция двух гомотетий с коэффициентами k1 и k2, где k1k2 = 1, яв ляется гомотетией с коэффициентом k1k2, причём её центр лежит на прямой, соединяющей центры этих гомотетий (см. задачу 19.24).

5. Центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок CD, является точка пересечения описанных окружностей треугольников ACP и BDP, где P — точка пересечения прямых AB и CD (см. задачу 19.42).

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

2. Две окружности касаются в точке K. Прямая, проходящая через точку K, пересекает эти окружности в точках A и B. Докажите, что касательные к окружностям, проведённые через точки A и B, параллельны.

3. Две окружности касаются в точке K. Через точку K проведе ны две прямые, пересекающие первую окружность в точках A и B, вторую — в точках C и D. Докажите, что AB CD.

4. Докажите, что точки, симметричные произвольной точке отно сительно середин сторон квадрата, являются вершинами некоторого квадрата.

5. На плоскости даны точки A и B и прямая l. По какой траек тории движется точка пересечения медиан треугольников ABC, если точка C движется по прямой l?

Условия задач § 1. Гомотетичные многоугольники 19.1. Четырёхугольник разрезан диагоналями на четыре треуголь ника. Докажите, что их точки пересечения медиан образуют паралле лограмм.

19.2. Продолжения боковых сторон AB и CD трапеции ABCD пере секаются в точке K, а её диагонали — в точке L. Докажите, что точки K, L, M и N, где M и N — середины оснований BC и AD, лежат на одной прямой.

19.3. В трапеции точка пересечения диагоналей равноудалена от прямых, на которых лежат боковые стороны. Докажите, что трапеция равнобедренная.

19.4. Медианы AA1, BB1 и CC1 треугольника ABC пересекаются в точке M;

P — произвольная точка. Прямая la проходит через точку A параллельно прямой PA1;

прямые lb и lc определяются аналогично.

Докажите, что:

а) прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке Q;

б) точка M лежит на отрезке PQ, причём PM : MQ = 1 : 2.

19.5. Окружность S касается равных сторон AB и BC равнобедрен ного треугольника ABC в точках P и K, а также касается внутренним образом описанной окружности треугольника ABC. Докажите, что середина отрезка PK является центром вписанной окружности тре угольника ABC.

19.6*. Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством:

если все его стороны отодвинуть на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному.

Докажите, что этот многоугольник описанный.

19.7*. Пусть R и r — радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника. Докажите, что R 2r, причём равенство достигается лишь для равностороннего треугольника.

19.8*. Пусть M — центр масс n-угольника A1... An;

M1,..., Mn — центры масс (n - 1)-угольников, полученных из этого n-угольника выбрасыванием вершин A1,..., An соответственно. Докажите, что мно гоугольники A1... An и M1... Mn гомотетичны.

19.9*. Докажите, что любой выпуклый многоугольник содержит два непересекающихся многоугольника 1 и 2, подобных с коэф фициентом 1/2.

См. также задачи 4.12, 4.56, 5.99, 5.107, 5.126, 5.159 б), 5.165, 8.52.

§ 2. Гомотетичные окружности 19.10. На окружности фиксированы точки A и B, а точка C дви жется по этой окружности. Найдите геометрическое место точек пере сечения медиан треугольников ABC.

390 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.11*. а) Вписанная окружность треугольника ABC касается сто роны AC в точке D, DM — её диаметр. Прямая BM пересекает сторо ну AC в точке K. Докажите, что AK = DC.

б) В окружности проведены перпендикулярные диаметры AB и CD.

Из точки M, лежащей вне окружности, проведены касательные к ок ружности, пересекающие прямую AB в точках E и H, а также прямые MC и MD, пересекающие прямую AB в точках F и K. Докажите, что EF = KH.

19.12*. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC, D — точка касания её со стороной AC, B1 — середина стороны AC.

Докажите, что прямая B1O делит отрезок BD пополам.

19.13*. Окружности, и имеют одинаковые радиусы и касают ся сторон углов A, B и C треугольника ABC соответственно. Окруж ность касается внешним образом всех трёх окружностей, и.

Докажите, что центр окружности лежит на прямой, проходящей через центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

19.14*. Дан треугольник ABC. Построены четыре окружности рав ного радиуса так, что одна из них касается трёх других, а каждая из этих трёх касается двух сторон треугольника. Найдите, если ра диусы вписанной и описанной окружностей треугольника равны r и R соответственно.

19.15*. В каждый угол треугольника ABC вписана окружность, ка сающаяся описанной окружности. Пусть A1, B1 и C1 — точки касания этих окружностей с описанной окружностью. Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

См. также задачи 2.28, 5.7, 5.129, 12.81, 17.2, 17.26.

§ 3. Построения и геометрические места точек 19.16. Даны угол ABC и точка M внутри его. Постройте окруж ность, касающуюся сторон угла и проходящую через точку M.

19.17. Впишите в треугольник две равные окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника и другой окружности.

19.18. Дан остроугольный треугольник ABC. Постройте точки X и Y на сторонах AB и BC так, что a) AX = XY = YC;

б) BX = XY = YC.

19.19. Постройте треугольник ABC по сторонам AB и AC и биссек трисе AD.

19.20. Решите задачу 16.18 с помощью гомотетии.

19.21. Постройте на стороне BC данного треугольника ABC такую точку, что прямая, соединяющая основания перпендикуляров, опу щенных из этой точки на стороны AB и AC, параллельна BC.

* * * 19.22*. Прямоугольный треугольник ABC изменяется таким обра зом, что вершина A прямого угла треугольника не изменяет своего Условия задач положения, а вершины B и C скользят по фиксированным окруж ностям S1 и S2, касающимся внешним образом в точке A. Найдите геометрическое место оснований D высот AD треугольников ABC.

См. также задачи 7.27—7.30, 8.15, 8.16, 8.74.

§ 4. Композиции гомотетий 19.23. Преобразование f обладает следующим свойством: если A # – # – и B — образы точек A и B, то A B = kAB, где k — постоянное число.

Докажите, что:

а) если k = 1, то преобразование f является параллельным перено сом;

б) если k = 1, то преобразование f является гомотетией.

19.24. Докажите, что композиция двух гомотетий с коэффициен тами k1 и k2, где k1k2 = 1, является гомотетией с коэффициентом k1k2, причём её центр лежит на прямой, соединяющей центры этих гомотетий. Исследуйте случай k1k2 = 1.

19.25. Общие внешние касательные к парам окружностей S1 и S2, S2 и S3, S3 и S1 пересекаются в точках A, B и C соответственно.

Докажите, что точки A, B и C лежат на одной прямой.

19.26. Трапеции ABCD и APQD имеют общее основание AD, причём длины всех их оснований попарно различны. Докажите, что на одной прямой лежат точки пересечения следующих пар прямых:

а) AB и CD, AP и DQ, BP и CQ;

б) AB и CD, AQ и DP, BQ и CP.

§ 5. Поворотная гомотетия 19.27. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. Прямые p и q, проходящие через точку A, пересекают окружность S1 в точ ках P1 и Q1, а окружность S2 — в точках P2 и Q2. Докажите, что угол между прямыми P1Q1 и P2Q2 равен углу между окружностями S1 и S2.

19.28. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. При поворотной гомотетии с центром A, переводящей S1 в S2, точка M окружности S1 переходит в M2. Докажите, что прямая M1M2 прохо дит через точку B.

19.29. Окружности S1,..., Sn проходят через точку O. Кузнечик прыгает из точки Xi окружности Si в точку Xi+1 окружности Si+1 так, что прямая XiXi+1 проходит через точку пересечения окружностей Si и Si+1, отличную от точки O. Докажите, что после n прыжков (с окружности S1 на S2, с S2 на S3,..., с Sn на S1) кузнечик вернётся в исходную точку.

19.30. Две окружности пересекаются в точках A и B, а хорды AM и AN касаются этих окружностей. Треугольник MAN достроен 392 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия до параллелограмма MANC и отрезки BN и MC разделены точками P и Q в равных отношениях. Докажите, что APQ = ANC.

19.31. Даны две неконцентрические окружности S1 и S2. Докажи те, что существуют ровно две поворотные гомотетии с углом поворо та 90, переводящие S1 в S2.

* * * 19.32. Дан квадрат ABCD. Точки P и Q лежат соответственно на сторонах AB и BC, причём BP = BQ. Пусть H — основание перпен дикуляра, опущенного из точки B на отрезок PC. Докажите, что DHQ = 90.

19.33. На сторонах треугольника ABC внешним образом построе ны подобные треугольники: A1BC B1CA C1AB. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников ABC и A1B1C1 совпадают.

19.34. Середины сторон BC и B1C1 правильных треугольников ABC и A1B1C1 совпадают (вершины обоих треугольников перечис лены по часовой стрелке). Найдите величину угла между прямыми AA1 и BB1, а также отношение длин отрезков AA1 и BB1.

19.35. Треугольник ABC при поворотной гомотетии переходит в тре угольник A1B1C1;

O — произвольная точка. Пусть A2 — вершина па раллелограмма OAA1A2;

точки B2 и C2 определяются аналогично.

Докажите, что A2B2C2 ABC.

19.36*. На прямоугольную карту положили карту той же местно сти, но меньшего масштаба. Докажите, что можно проткнуть иголкой сразу обе карты так, чтобы точка прокола изображала на обеих картах одну и ту же точку местности.

19.37*. Поворотные гомотетии P1 и P2 с центрами A1 и A2 имеют один и тот же угол поворота, а произведение их коэффициентов рав но 1. Докажите, что композиция P2 P1 является поворотом, причём его центр совпадает с центром другого поворота, переводящего A1 в A # – # – и имеющего угол поворота 2(MA1, MN), где M — произвольная точка и N = P1(M).

19.38*. Треугольники MAB и MCD подобны, но имеют противопо # – # – ложные ориентации. Пусть O1 — центр поворота на угол 2(BA, BM), # – # – переводящего A в C, а O2 — центр поворота на угол 2(AB, AM), переводящего B в D. Докажите, что O1 = O2.

* * * 19.39*. Дана полуокружность с диаметром AB. Для каждой точ ки X этой полуокружности на луче XA откладывается точка Y так, что XY = kXB. Найдите ГМТ Y.

19.40*. На стороне AB треугольника ABC дана точка P. Впишите в треугольник ABC треугольник PXY, подобный данному треугольни ку LMN.

Условия задач 19.41*. Постройте четырёхугольник ABCD по B + D, a = AB, b = BC, c = CD и d = DA.

См. также задачи 2.89, 5.108 б), 5.145, 18.32.

§ 6. Центр поворотной гомотетии 19.42. а) Пусть P — точка пересечения прямых AB и A1B1. Докажи те, что если среди точек A, B, A1, B1 и P нет совпадающих, то общая точка описанных окружностей треугольников PAA1 и PBB1 является центром поворотной гомотетии, переводящей точку A в A1, а точку B в B1, причём такая поворотная гомотетия единственна.

б) Докажите, что центром поворотной гомотетии, переводящей от резок AB в отрезок BC, является точка пересечения окружности, проходящей через точку A и касающейся прямой BC в точке B, и окружности, проходящей через точку C и касающейся прямой AB в точке B.

19.43. По двум пересекающимся прямым с постоянными, но не рав ными скоростями движутся точки A и B. Докажите, что существует такая точка P, что в любой момент времени AP : BP = k, где k — отно шение скоростей.

19.44. Постройте центр O поворотной гомотетии с данным коэф фициентом k = 1, переводящей прямую l1 в прямую l2, а точку A лежащую на l1, — в точку A2.

19.45. Докажите, что центр поворотной гомотетии, переводящей от резок AB в отрезок A1B1, совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AA1 в отрезок BB1.

19.46*. Четыре пересекающиеся прямые образуют четыре треуголь ника. Докажите, что четыре окружности, описанные около этих тре угольников, имеют общую точку.

19.47*. Параллелограмм ABCD отличен от ромба. Прямые, симмет ричные прямым AB и CD относительно диагоналей AC и DB соответ ственно, пересекаются в точке Q. Докажите, что Q — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AO в отрезок OD, где O — центр параллелограмма.

19.48*. Даны два правильных пятиугольника с общей вершиной.

Вершины каждого пятиугольника нумеруются цифрами от 1 до 5 по часовой стрелке, причём в общей вершине ставится 1. Вершины с оди наковыми номерами соединены прямыми. Докажите, что полученные четыре прямые пересекаются в одной точке.

19.49*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что ABC A1B1C1. Пары отрезков BB1 и CC1, CC1 и AA1, AA1 и BB1 пересекаются в точках A2, B2 и C2 соответ ственно. Докажите, что описанные окружности треугольников ABC2, BCA2, CAB2, A1B1C2, B1C1A2 и C1A1B2 пересекаются в одной точке.

См. также задачу 5.145.

394 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия § 7. Композиции поворотных гомотетий 19.50. Пусть H1 и H2 — две поворотные гомотетии. Докажите, что H1 H2 = H2 H1 тогда и только тогда, когда центры этих поворотных гомотетий совпадают.

19.51. Пусть H1 и H2 — две поворотные гомотетии. Докажите, что H1 H2 = H2 H1 тогда и только тогда, когда H1 H2(A) = H2 H1(A) для некоторой точки A.

19.52. а) На сторонах треугольника ABC построены собственно по добные треугольники A1BC, CAB1 и BC1A. Пусть A2, B2 и C2 — со ответственные точки этих треугольников. Докажите, что A2C2B A1BC.

б) Докажите, что центры правильных треугольников, построенных внешним (внутренним) образом на сторонах треугольника ABC, обра зуют правильный треугольник.

§ 8. Окружность подобия трёх фигур Пусть F1, F2 и F3 — три подобные фигуры, O1 — центр поворотной гомоте тии, переводящей F2 в F3, точки O2 и O3 определяются аналогично. Если точки O1, O2 и O3 не лежат на одной прямой, то треугольник O1O2O называют треугольником подобия фигур F1, F2 и F3, а его описанную окружность называют окружностью подобия этих фигур. В случае, когда точки O1, O2 и O3 совпадают, окружность подобия вырождается в центр подобия, а в случае, когда эти точки не совпадают, но лежат на одной прямой, окружность подобия вырождается в ось подобия. В задачах этого параграфа предполагается, что окружность подобия рассматриваемых фигур не вырождена.

19.53*. Прямые A2B2 и A3B3, A3B3 и A1B1, A1B1 и A2B2 пересека ются в точках P1, P2, P3 соответственно.

а) Докажите, что описанные окружности треугольников A1A2P3, A1A3P2 и A2A3P1 пересекаются в одной точке, лежащей на окруж ности подобия отрезков A1B1, A2B2 и A3B3.

б) Пусть O1 — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок A2B2 в отрезок A3B3;

точки O2 и O3 определяются аналогично. До кажите, что прямые P1O1, P2O2 и P3O3 пересекаются в одной точке, лежащей на окружности подобия отрезков A1B1, A2B2 и A3B3.

Точки A1 и A2 называют соответственными точками подобных фигур F1 и F2, если при поворотной гомотетии, переводящей F1 в F2, точка A переходит в A2. Аналогично определяются соответственные прямые и от резки.

19.54*. Пусть A1B1, A2B2 и A3B3, а также A1C1, A2C2 и A3C3 — со ответственные отрезки подобных фигур F1, F2 и F3. Докажите, что треугольник, образованный прямыми A1B1, A2B2 и A3B3, подобен треугольнику, образованному прямыми A1C1, A2C2 и A3C3, причём Условия задач центр поворотной гомотетии, переводящей один из этих треугольников в другой, лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3.

19.55*. Пусть l1, l2 и l3 — соответственные прямые подобных фигур F1, F2 и F3, пересекающиеся в точке W.

а) Докажите, что точка W лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3.

б) Пусть J1, J2 и J3 — точки пересечения прямых l1, l2 и l с окружностью подобия, отличные от точки W. Докажите, что эти точки зависят только от фигур F1, F2 и F3 и не зависят от выбора прямых l1, l2 и l3.

Точки J1, J2 и J3 называют постоянными точками подобных фигур F1, F2 и F3, а треугольник J1J2J3 называют постоянным треугольником.

19.56*. Докажите, что постоянный треугольник трёх подобных фи гур подобен треугольнику, образованному их соответственными пря мыми, причём эти треугольники противоположно ориентированы.

19.57*. Докажите, что постоянные точки трёх подобных фигур яв ляются их соответственными точками.

Окружностью подобия треугольника ABC называют окружность подобия отрезка AB, отрезка BC и отрезка CA (или любых трёх подобных треуголь ников, построенных на этих отрезках). Постоянными точками треуголь ника называют постоянные точки трёх рассматриваемых фигур.

19.58*. Докажите, что окружностью подобия треугольника ABC яв ляется окружность с диаметром KO, где K — точка Лемуана, O — центр описанной окружности.

19.59*. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, K — точка Лемуана, P и Q — точки Брокара, — угол Брокара. Дока жите, что точки P и Q лежат на окружности с диаметром KO, причём OP = OQ и POQ = 2.

Треугольник с вершинами в постоянных точках треугольника часто назы вают треугольником Брокара, а описанную окружность этого треугольника (т. е. окружность подобия треугольника) — окружностью Брокара. Диа метр KO этой окружности называют диаметром Брокара.

19.60*. Докажите, что вершинами треугольника Брокара A1B1C являются точки пересечения окружности Брокара с прямыми, про ходящими через точку Лемуана параллельно сторонам треугольни ка ABC.

19.61*. а) Докажите, что прямые, проходящие через вершины тре угольника ABC параллельно сторонам треугольника Брокара A1B1C (через A проходит прямая, параллельная B1C1, и т. п.), пересекаются в одной точке S (точка Штейнера), причём эта точка лежит на описанной окружности треугольника ABC.

б) Докажите, что прямая Симсона точки Штейнера параллельна диаметру Брокара.

396 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия Задачи для самостоятельного решения 19.62. Впишите в данный треугольник ABC треугольник A1B1C1, стороны которого параллельны сторонам данного треугольника KLM.

19.63. На плоскости даны точки A и E. Постройте ромб ABCD с заданной высотой, для которого E — середина стороны BC.

19.64. Дан четырёхугольник. Впишите в него ромб, стороны кото рого параллельны диагоналям четырёхугольника.

19.65. Даны острый угол AOB и внутри его точка C. Найдите на стороне OB точку M, равноудалённую от стороны OA и от точки C.

19.66. Дан остроугольный треугольник ABC, O — точка пересечения его высот, — окружность с центром O, лежащая внутри этого тре угольника. Постройте треугольник A1B1C1, описанный около окруж ности и вписанный в треугольник ABC.

19.67. Даны три прямые a, b, c и три точки A, B, C, расположен ные соответственно на прямых a, b, c. Постройте точки X, Y, Z на прямых a, b, c так, чтобы BY : AX = 2, CZ : AX = 3 и точки X, Y, Z лежали на одной прямой.

Решения 19.1. При гомотетии с центром в точке пересечения диагоналей четы рёхугольника и коэффициентом 3/2 точки пересечения медиан указанных треугольников переходят в середины сторон четырёхугольника. Остаётся вос пользоваться результатом задачи 1.2.

19.2. При гомотетии с центром K, переводящей KBC в KAD, точка M переходит в N, поэтому точка K лежит на прямой MN. При гомотетии с цен тром L, переводящей LBC в LDA, точка M переходит в N. Поэтому точка L лежит на прямой MN.

19.3. Пусть продолжения боковых сторон AB и CD пересекаются в точке K, а диагонали трапеции пересекаются в точке L. Согласно предыдущей задаче прямая KL проходит через середину отрезка AD, а по условию задачи эта же прямая делит пополам угол AKD. Поэтому треугольник AKD равнобедренный (см. задачу 16.1), а значит, трапеция ABCD тоже равнобедренная.

19.4. При гомотетии с центром M и коэффициентом -2 прямые PA1, PB1 и PC1 переходят в прямые la, lb и lc, а значит, искомая точка Q является образом точки P при этой гомотетии.

19.5. Рассмотрим гомотетию Hk с центром B, переводящую отрезок AC B в отрезок A C, касающийся описанной окружности треугольника ABC. Обо значим середины отрезков PK и A C через O1 и D, центр окружности S — через O.

Окружность S является вписанной окружностью треугольника A BC, по этому достаточно доказать, что при гомотетии Hk точка O1 переходит в O. Для B этого достаточно проверить, что BO1 : BO = BA : BA. Это равенство следует из того, что PO1 и DA — высоты подобных прямоугольных треугольников BPO и BDA.

19.6. Пусть k — коэффициент подобия многоугольников, причём k < 1.

Сдвигая стороны исходного многоугольника внутрь последовательно на k, k2, Решения задач k3,..., получаем стягивающуюся систему вложенных выпуклых многоуголь ников, подобных исходному с коэффициентами k, k2, k3,... Единственная об щая точка этих многоугольников являет ся центром вписанной окружности исходного многоугольника.

19.7. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, AC и AB соответственно. При гомотетии с центром в точке пересечения медиан тре угольника и коэффициентом гомотетии -1/ описанная окружность S треугольника ABC переходит в описанную окружность S1 тре угольника A1B1C1. Так как окружность S пересекает все стороны треугольника ABC, то можно построить треугольник A B C со сто ронами, параллельными сторонам треугольни ка ABC, для которого S1 будет вписанной Рис. 19. окружностью (рис. 19.1). Пусть r и r — ради усы вписанных окружностей треугольников ABC и A B C ;

R и R1 — радиусы окружностей S и S1. Ясно, что r r =R1=R/2. Равенство достигается, если тре угольники A B C и ABC совпадают, т. е. S1 — вписанная окружность треуголь ника ABC. В этом случае AB1 AC1, поэтому = AC. Аналогично AB = BC.

– # – # –= # – # AB # – 19.8. Так как MMi = (MA1 +... + MAn - MAi)/(n - 1) = -MAi/(n - 1), то точка Ai переходит в точку Mi при гомотетии с центром M и коэффициентом -1/(n - 1).

19.9. Пусть A и B — пара наиболее удалённых друг от друга точек много угольника. Тогда 1 = H1/2() и 2 = H1/2() — искомые фигуры. В самом A B деле, 1 и 2 не пересекаются, так как лежат по разные стороны от сере динного перпендикуляра к отрезку AB. Кроме того, i содержится в, так как — выпуклый многоугольник.

19.10. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC, O — середи # – # – на отрезка AB. Ясно, что 3OM = OC, поэтому точки M заполняют окружность, полученную из исходной окружности гомотетией с коэффициентом 1/3 и цен тром O.

19.11. а) При гомотетии с центром B, переводящей вписанную окружность во вневписанную окружность, касающуюся стороны AC, точка M переходит в некоторую точку M. Точка M является концом диаметра, перпендикуляр ного прямой AC, поэтому M является точкой касания вписанной окружности со стороной AC, а значит, и точкой пересечения прямой BM со стороной AC.

Поэтому K = M и точка K является точкой касания вневписанной окружности со стороной AC. Теперь легко вычислить, что AK = (a + b - c)/2 = CD, где a, b и c — длины сторон треугольника ABC.

б) Рассмотрим гомотетию с центром M, переводящую прямую EH в пря мую, касающуюся данной окружности. При этой гомотетии точки E, F, K и H переходят в точки E, F, K и H. Согласно задаче а) E F = K H, поэтому EF = KH.

19.12. Воспользуемся решением и обозначениями задачи 19.11 а). Так как AK = DC, то B1K = B1D, а значит, B1O — средняя линия треугольника MKD.

19.13. Пусть O, O, O и O — центры окружностей,, и ;

O1 и O2 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

398 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия Треугольник ABC переходит в треугольник O O O при гомотетии с цен тром O1. При этой гомотетии точка O2 переходит в центр описанной окруж ности треугольника O O O, совпадающий с точкой O. Поэтому точки O1, O2 и O лежат на одной прямой.

19.14. Пусть A1, B1 и C1 — центры данных окружностей, касающихся сторон треугольника, O — центр окружности, касающейся этих окружностей, O1 и O2 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

Прямые AA1, BB1 и CC1 являются биссектрисами треугольника ABC, по этому они пересекаются в точке O1. Следовательно, треугольник ABC пе реходит в треугольник A1B1C1 при гомотетии с центром O1, причём ко эффициент гомотетии равен отношению расстояний от точки O1 до сторон треугольников ABC и A1B1C1, т. е. равен (r - )/r. При этой гомотетии описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окруж ность треугольника A1B1C1. Так как OA1 = OB1 = OC1 = 2, радиус описанной окружности треугольника A1B1C1 равен 2. Следовательно, R(r - )/r = 2, т. е. = rR/(2r + R).

19.15. Пусть X — центр гомотетии (с положительным коэффициентом), переводящей вписанную окружность треугольника ABC в описанную окруж ность. Прямая AX пересекает вписанную окружность в точках A и A, одна из которых (для определённости A ) при указанной гомотетии перехо дит в точку A, а другая — в некоторую точку A2, лежащую на описанной окружности.

Рассмотрим гомотетию с центром A, переводящую A в A2. При этой гомотетии центр вписанной окружности переходит в точку, лежащую на отрезке OA2, где O — центр описанной окружности. Это означает, что вписан ная окружность переходит в окружность, касающуюся описанной окружности в точке A2. Следовательно, A2 = A1. Поэтому прямые AA1, BB1 и CC1 проходят через точку X.

19.16. Возьмём на биссектрисе угла ABC произвольную точку O и построим окружность S с центром O, касающуюся сторон угла. Прямая BM пересекает окружность S в точках M1 и M2. Задача имеет два решения: при гомотетии с центром B, переводящей M1 в M, и при гомотетии с центром B, перево дящей M2 в M, окружность S переходит в окружности, проходящие через точку M и касающиеся сторон угла.

19.17. Ясно, что обе окружности касаются одной из сторон треугольника.

Покажем, как построить окружности, касающиеся стороны AB. Построим окружности S и S одного радиуса, касающиеся друг друга и прямой c = AB 1 и расположенные внутри треугольника ABC. Построим касательные a и b к этим окружностям, параллельные прямым BC и AC соответственно. Тре угольник A B C, образованный прямыми a, b и c, имеет стороны, парал лельные сторонам треугольника ABC. Поэтому существует гомотетия, перево дящая треугольник A B C в треугольник ABC. Искомые окружности являются образами окружностей S и S при этой гомотетии.

1 19.18. а) Отложим на сторонах AB и BC треугольника ABC отрезки AX1 и CY1 равной длины a. Проведём через точку Y1 прямую l, параллельную стороне AC. Пусть Y2 — точка пересечения прямой l и окружности радиуса a с центром X1, лежащая внутри треугольника. Тогда искомая точка Y является точкой пересечения прямой AY2 со стороной BC, X — такая точка луча AB, что AX = CY.

Решения задач б) Возьмём на стороне AB произвольную точку X1 = B. Окружность ради уса BX1 с центром X1 пересекает луч BC в точках B и Y1. На прямой BC построим такую точку C1, что Y1C1 = BX1 и точка Y1 лежит между B и C1.

При гомотетии с центром B, переводящей точку C1 в C, точки X1 и Y переходят в искомые точки X и Y.

19.19. Возьмём отрезок AD и проведём окружности S1 и S2 с центром A и радиусами AB и AC соответственно. Вершина B является точкой пересе чения окружности S1 с образом окружности S2 при гомотетии с центром D и коэффициентом -DB/DC = -AB/AC.

19.20. Возьмём на большей окружности S2 произвольную точку X. Пусть S — образ окружности S2 при гомотетии с центром X и коэффициен том 1/3, Y — точка пересечения окружностей S и S1. Тогда XY — искомая прямая.

19.21. Восставим из точек B и C перпендикуляры к прямым AB и AC;

пусть P — точка их пересечения. Тогда точка пересечения прямых AP и BC — искомая.

19.22. Проведём к окружностям S1 и S2 общие внешние касательные l1 и l2. Прямые l1 и l2 пересекаются в точке K, которая является центром гомотетии H, переводящей окружность S1 в окружность S2. Пусть A1 = H(A).

Точки A и K лежат на прямой, соединяющей центры окружностей, поэтому AA1 — диаметр окружности S2, т. е. ACA1 = 90 и A1C AB. Следователь но, отрезок AB при гомотетии H переходит в A1C. Поэтому прямая BC проходит через точку K и ADK = 90. Точка D лежит на окружности S с диаметром AK. Ясно также, что точка D лежит внутри угла, образованного прямыми l1 и l2. Таким образом, геометрическим местом точек D является дуга окружности S, высекаемая прямыми l1 и l2.

19.23. Из условия задачи следует, что отображение f взаимно одно значно.

а) Пусть точка A переходит при отображении f в точку A, а B — в точ # – # – # – # – # – # – # – # – ку B. Тогда BB = BA + AA + A B = -AB + AA + AB = AA, т. е. преобразова ние f является параллельным переносом.

б) Рассмотрим три точки A, B и C, не лежащие на одной прямой. Пусть A, B и C — их образы при отображении f. Прямые AB, BC и CA не мо гут совпасть с прямыми A B, B C и C A соответственно, так как в этом случае A = A, B = B и C = C. Пусть AB = A B. Прямые AA и BB не параллельны, поскольку иначе четырёхугольник ABB A был бы параллело # – # – граммом и AB = A B. Пусть O — точка пересечения прямых AA и BB.

Треугольники AOB и A OB подобны с коэффициентом подобия k, поэтому # – # – OA = kOA, т. е. O — неподвижная точка преобразования f. Следовательно, # – # – # – Of(X) = f(O)f(X) = kOX для любой точки X, а это означает, что преобразо вание f является гомотетией с коэффициентом k и центром O.

19.24. Пусть H = H2 H1, где H1 и H2 — гомотетии с центрами O1 и O и коэффициентами k1 и k2. Введём обозначения A = H1(A), B = H1(B), # – # – # – # – # – A = H2(A ), B = H2(B ). Тогда A B = k1AB и A B = k2A B, т. е. A B = # – = k1k2AB. Из этого с помощью предыдущей задачи получаем, что преобра зование H при k1k2 = 1 является гомотетией с коэффициентом k1k2, а при k1k2 = 1 — параллельным переносом.

400 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия Остаётся проверить, что неподвижная точка преобразования H лежит на # – # – прямой, соединяющей центры гомотетий H1 и H2. Так как O1A = k1O1A # – # – # – # – # – # – # – # – и O2A = k2O2A, то O2A = k2(O2O1 + O1A ) = k2(O2O1 + k1O1A) = k2O2O1 + # – # – # – + k1k2O1O2 + k1k2O2A. Для неподвижной точки X получаем уравнение O2X = # – # – # – # – = (k1k2 - k2)O1O2 + k1k2O2X, поэтому O2X = O1O2, где = (k1k2 - k2)/(1 - k1k2).

19.25. Точка A является центром гомотетии, переводящей S1 в S2, точ ка B — центром гомотетии, переводящей S2 в S3. Композиция этих гомоте тий переводит S1 в S3, причём её центр лежит на прямой AB. С другой стороны, центром гомотетии, переводящей S1 в S3, является точка C. В са мом деле, точке пересечения внешних касательных соответствует гомотетия с положительным коэффициентом, а композиция гомотетий с положитель ными коэффициентами является гомотетией с положительным коэффици ентом.

19.26. а) Пусть K, L, M — точки пересечения прямых AB и CD, AP и DQ, BP и CQ. Эти точки являются центрами гомотетий HK, HL и HM с поло жительными коэффициентами, переводящих соответственно отрезок BC в AD, AD в PQ и BC в PQ. Ясно, что HL HK = HM. Поэтому точки K, L и M лежат на одной прямой.

б) Пусть K, L, M — точки пересечения прямых AB и CD, AQ и DP, BQ и CP. Эти точки являются центрами гомотетий HK, HL и HM, пе реводящих соответственно отрезок BC в AD, AD в QP, BC в QP, коэф фициент первой гомотетии положительный, а двух последних — отрицатель ный. Ясно, что HL HK = HM. Поэтому точки K, L и M лежат на одной прямой.

19.27. Так как (P1A, AB) = (P2A, AB), то ориентированные угловые величины дуг BP1 и BP2 равны. Поэтому при поворотной гомотетии с цен тром B, переводящей S1 в S2, точка P1 переходит в P2, а прямая P1Q переходит в прямую P2Q2.

19.28. Так как ориентированные угловые величины дуг AM1 и AM2 равны, то (M1B, BA) = (M2B, BA), а значит, точки M1, M2 и B лежат на одной прямой.

19.29. Пусть Pi — поворотная гомотетия с центром O, переводящая окруж ность Si в Si+1. Тогда Xi+1 = Pi(Xi) (см. задачу 19.28). Остаётся отметить, что композиция Pn... P2 P1 является поворотной гомотетией с цен тром O, переводящей S1 в S1, т. е. она является тождественным преобразо ванием.

19.30. Так как AMB = NAB и BAM = BNA, то AMB NAB, а зна чит, AN : AB = MA : MB = CN : MB. Кроме того, ABM = 180 - MAN = ANC.

Следовательно, AMB ACN, т. е. поворотная гомотетия с центром A, пе реводящая M в B, переводит C в N, а значит, она переводит Q в P.

19.31. Пусть O1 и O2 — центры данных окружностей, r1 и r2 — их ра диусы. Коэффициент k поворотной гомотетии, переводящей S1 в S2, равен r1/r2, а её центр O лежит на окружности с диаметром O1O2, и, кроме того, OO1 : OO2 = k = r1/r2. Остаётся проверить, что окружность с диаметром O1O и ГМТ O таких, что OO1 : OO2 = k, имеют ровно две общие точки. При k = это очевидно, а при k = 1 последнее ГМТ описано в решении задачи 7.14: оно является окружностью, причём одна из её точек пересечения с прямой O1O лежит внутри отрезка O1O2, а другая — вне его.

Решения задач 19.32. Рассмотрим преобразование, переводящее треугольник BHC в тре угольник PHB, т. е. композицию поворота на 90 относительно точки H и гомотетии с коэффициентом BP : CB и центром H. Поскольку при этом преобразовании вершины квадрата переходят в вершины некоторого другого квадрата, а точки C и B переходят в точки B и P, то точка D переходит в точку Q, т. е. DHQ = 90.

# – P — # –19.33. Пусть– # поворотная # гомотетия, переводящая вектор CB #в–вектор # – # – – # – # – # – # – #– CA1. Тогда AA1 + CC1 + BB1 = AC + P(CB) + CB + P(BA) + + P(AC) =.

# –BA # – # – Значит, если M — центр– масс # – # – # – # # –треугольника ABC, то MA1 + MB1 + MC1 = # – # – = (MA + MB + MC) + (AA1 + BB1 + CC1) = 0.

# – # – 19.34. Пусть M — общая середина сторон BC и B1C1, x = MB и y = MB1.

Пусть, далее, P — поворотная гомотетия с центром M, углом поворота и коэффициентом 3, переводящая # – # – # точку B в A, а B1 — в A1. Тогда – BB1 = y и AA1 = P(y) - P(x) = P(BB1). Поэтому угол между векторами # – # -–x AA1 и BB1 равен 90 и AA1 : BB1 = 3.

19.35. Пусть P — поворотная гомотетия, треугольник # – # – #переводящая # – # – # ABC – # – – в треугольник A1B1C1. Тогда A2B2 = A2O + OB2 = A1A + BB1 = BA + A1B1 = # – # – = -AB + P(AB). Аналогично и остальные векторы сторон треугольника ABC переводятся в векторы сторон треугольника A2B2C2 преобразованием f(a) = = -a + P(a).

19.36. Исходная карта является прямоугольником K0 на плоскости, мень шая карта — прямоугольником K1, содержащимся в K0. Рассмотрим поворот ную гомотетию f, отображающую прямоугольник K0 на K1. Пусть Ki+1 = f(Ki).

Так как последовательность Ki является стягивающейся последовательно стью вложенных многоугольников, существует единственная точка X, при надлежащая всем прямоугольникам Ki. Докажем, что X — искомая точка, т. е. f(X) = X. В самом деле, так как точка X принадлежит Ki, то точка f(X) принадлежит Ki+1, т. е. точка f(X) также принадлежит всем прямо угольникам Ki. Поскольку имеется только одна точка, принадлежащая всем прямоугольникам, то f(X) = X.

19.37. Так как произведение коэффициентов поворотных гомотетий P1 и P равно 1, их композиция является поворотом (см. задачу 17.38). Пусть O — центр поворота P2 P1;

R = P1(O). Так как P2 P1(O) = O, то P2(R) = O. Сле довательно, по условию A1O : A1R = A2O : A2R и OA1R = OA2R, т. е. OA1R OA2R. Кроме того, OR — общая сторона этих подобных # – # треугольников, зна – # – # – чит, OA1R = OA2R. Следовательно, OA1 =OA2 и (OA1, OA2)=2(OA1, OR)= # – # – # – # – = 2(MA1, MN), т. е. O — центр поворота на угол 2(MA1, MN), переводяще го A1 в A2.

19.38. Пусть P1 — поворотная гомотетия с центром B, переводящая A в M, а P2 — поворотная гомотетия с центром D, переводящая M в C.

Так как произведение коэффициентов этих поворотных гомотетий равно (BM : BA) · (DC : DM) = 1, то композиция поворотом (пере # их # – # –P2 является# – – # –P1 # – водящим A в C) на угол (BA, BM) + (DM, DC) = 2(BA, BM).

С другой стороны, центр поворота P2 P1 совпадает с центром поворота на # – # – угол 2(AB, AM), переводящего B в D (см. задачу 19.37).

19.39. Легко проверить, что tg XBY = k и BY : BX = k2 + 1, т. е. точка Y получается из X поворотной гомотетией с центром B, углом поворота arctg k и коэффициентом k2 + 1. Искомое ГМТ — образ данной полуокружности при этой поворотной гомотетии.

402 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.40. Предположим, что треугольник PXY построен, причём точки X и Y лежат на сторонах AC и CB соответственно. Нам известно преобразование, переводящее X в Y, а именно — поворотная гомотетия с центром P, углом по ворота = XPY = MLN и коэффициентом гомотетии k = PY : PX = LN · LM.

Искомая точка Y является точкой пересечения отрезка BC и образа отрез ка AC при этом преобразовании.

19.41. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Рассмотрим поворотную гомотетию с центром A, переводящую B в D. Пусть C — образ точки C при этой гомотетии. Тогда CDC = B + D и DC = (BC · AD)/AB = = bd/a.

Треугольник CDC можно построить по CD, DC и CDC. Точка A является точкой пересечения окружности радиуса d с центром D и геометрического места точек X, для которых C X : CX = d : a (это ГМТ — окружность;

см. зада чу 7.14). Дальнейшее построение очевидно.

19.42. а) Если O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A1B1, то (PA, AO) = (PA1, A1O) и (PB, BO) = (PB1, B1O), (1) а значит, точка O является точкой пересечения описанных окружностей треугольников PAA1 и PBB1. Случай, когда эти окружности имеют един ственную общую точку P, очевиден: отрезок AB переходит в отрезок A1B при гомотетии с центром P. Если P и O — две точки пересечения рассмат риваемых окружностей, то из равенств (1) следует, что OAB OA1B1, а значит, O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в от резок A1B1.

б) Достаточно заметить, что точка O является центром поворотной гомо тетии, переводящей отрезок AB в отрезок BC, тогда и только тогда, когда (BA, AO) = (CB, BO) и (AB, BO) = (BC, CO).

19.43. Пусть A1 и B1 — положения точек в один момент, A2 и B2 — по ложения точек в другой момент. Тогда в качестве точки P можно взять центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок A1A2 в отре зок B1B2.

19.44. Пусть P — точка пересечения прямых l1 и l2. Согласно задаче 19. точка O лежит на описанной окружности S1 треугольника A1A2P. С дру гой стороны, OA2 : OA1 = k. Геометрическим местом точек X, для которых XA2 : XA1 = k, является окружность S2 (задача 7.14). Точка O является точкой пересечения окружностей S1 и S2 (таких точек две).

19.45. Пусть O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A1B1. Тогда ABO A1B1O, т. е. AOB = A1OB1 и AO : BO = =A1O:B1O. Следовательно, AOA1 =BOB1 и AO:A1O=BO:B1O, т. е. AA1O BB1O. Поэтому точка O является центром поворотной гомотетии, перево дящей отрезок AA1 в отрезок BB1.

19.46. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке C, а прямые BD и AE — в точке F. Центром поворотной гомотетии, переводящей отре зок AB в отрезок ED, является точка пересечения описанных окружностей треугольников AEC и BDC, отличная от точки C (см. задачу 19.42), а центром поворотной гомотетии, переводящей AE в BD, — точка пересечения описанных окружностей треугольников ABF и EDF. Согласно задаче 19.45 центры этих Решения задач поворотных гомотетий совпадают, т. е. все четыре описанные окружности име ют общую точку.

19.47. Центр O параллелограмма ABCD равноудалён от следующих пар прямых: AQ и AB, AB и CD, CD и DQ, поэтому QO — биссектри са угла AQD. Пусть = BAO, = CDO и = AQO = DQO. Тогда + = AOD = 360 - - - 2, т. е. + + = 180, а значит, QAO = = QOD.

19.48. Решим задачу в несколько более общем виде. Пусть на окружно сти S взята точка O, H — поворотная гомотетия с центром O. Докажем, что тогда все прямые XX, где X — точка окружности S и X = H(X), пересекаются в одной точке.

Пусть P — точка пересечения прямых X1X и X2X. Согласно задаче 19. 1 точки O, P, X1 и X2 лежат на одной окружности и точки O, P, X и X тоже 1 лежат на одной окружности. Следовательно, P — точка пересечения окруж ностей S и H(S), т. е. все прямые XX проходят через точку пересечения окружностей S и H(S), отличную от точки O.

19.49. Пусть O — центр поворотной гомотетии, переводящей треугольник A1B1C1 в треугольник ABC. Докажем, например, что описанные окружности треугольников ABC2 и A1B1C2 проходят через точку O. При рассматрива емой гомотетии отрезок AB переходит в отрезок A1B1, поэтому точка O совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AA1 в отре зок BB1 (см. задачу 19.45). Согласно задаче 19.42 центр последней гомотетии является второй точкой пересечения описанных окружностей треугольников ABC2 и A1B1C2 (или точкой их касания).

19.50. Пусть O1 и O2 — центры поворотных гомотетий H1 и H2. Ясно, что если O1 и O2 совпадают, то H1 H2 = H2 H1. Предположим теперь, что H1 H2 = H2 H1. Тогда, в частности, H1 H2(O1) = H2 H1(O1) = H2(O1).

Поэтому H2(O1) — центр поворотной гомотетии H1, т. е. H2(O1) = O1. Но тогда O1 — центр поворотной гомотетии H2, что и требовалось.

19.51. Достаточно доказать, что если H1 H2(A) = H2 H1(A), то H1 H2 = = H2 H1. Рассмотрим преобразование (H1 H2)-1 H2 H1. Это преобразо вание является параллельным переносом (произведение коэффициентов го мотетии равно 1, а сумма углов поворотов равна 0). Кроме того, это пре образование имеет неподвижную точку A. Параллельный перенос, имеющий неподвижную точку, является тождественным преобразованием. Следователь но, H1 H2 = H2 H1.

19.52. а) Пусть H1 — поворотная гомотетия, переводящая треугольник A1BC в треугольник CAB1, H2 — поворотная гомотетия, переводящая треуголь ник CAB1 в треугольник BC1A, H — поворотная гомотетия, переводящая точки A1 и C в точки A2 и B2. Тогда H1 H(A1) = H1(A2) = B2 = H(C) = H H1(A1).

Поэтому согласно задаче 19.51 H1 H = H H1, а значит, согласно зада че 19.50 поворотные гомотетии H и H1 имеют общий центр.

Ясно также, что H1 H2(C) = H1(B) = A = H2(B1) = H2 H1(C). Поэто му поворотные гомотетии H1 и H2 имеют общий центр. Итак, все три поворотные гомотетии H1, H2 и H имеют общий центр. Поэтому H2 H = = H H2. Следовательно, H(B) = H H2(C) = H2 H(C) = H2(B2) = C2. Таким образом, поворотная гомотетия H переводит треугольник A1BC в треуголь ник A2C2B2.

б) Эта задача является частным случаем задачи а).

404 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.53. Точки A1, A2 и A3 лежат на прямых P2P3, P3P1 и P1P2 (рис. 19.2), поэтому описанные окружности треугольников A1A2P3, A1A3P2 и A2A3P Рис. 19. имеют общую точку V (см. задачу 2.83 а), причём точки O3, O2 и O лежат на этих окружностях (см. задачу 19.42). Аналогично описанные окруж ности треугольников B1B2P3, B1B3P2 и B2B3P1 имеют общую точку V.

Пусть U — точка пересечения прямых P2O2 и P3O3. Докажем, что точ ка V лежит на описанной окружности треугольника O2O3U. В самом деле, (O2V, VO3) = (VO2, O2P2) + (O2P2, P3O3) + (P3O3, O3V) = (VA1, A1P2) + + (O2U, UO3) + (P3A1, A1V) = (O2U, UO3). Аналогичные рассуждения пока зывают, что точка V лежит на описанной окружности треугольника O2O3U.

В частности, точки O2, O3, V и V лежат на одной окружности. Аналогично точки O1, O2, V и V лежат на одной окружности, а значит, точки V и V лежат на описанной окружности треугольника O1O2O3;

точка U тоже лежит на этой окружности. Аналогично доказывается, что прямые P1O1 и P2O2 пере секаются в точке, лежащей на окружности подобия. Прямая P2O2 пересекает окружность подобия в точках U и O2, поэтому прямая P1O1 проходит через точку U.

19.54. Пусть P1 — точка пересечения прямых A2B2 и A3B3, P — точка пересечения прямых A2C2 и A3C3;

точки P2, P3, P и P определяются 2 аналогично. При поворотной гомотетии, переводящей F1 в F2, прямые A1B и A1C1 переходят в A2B2 и A2C2, поэтому (A1B1, A2B2) = (A1C1, A2C2), т. е. углы при вершинах P3 и P треугольников P1P2P3 и P P P равны 3 1 2 или составляют в сумме 180. Аналогичные рассуждения показывают, что P1P2P3 P P P.

1 2 Центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок P2P3 в P P, лежит 2 на описанной окружности треугольника A1P3P (см. задачу 19.42). А так как (P3A1, A1P ) = (A1B1, A1C1) = (A2B2, A2C2) = (P3A2, A2P ), то опи 3 санная окружность треугольника A1P3P совпадает с описанной окружностью треугольника A1A2P3. Аналогичные рассуждения показывают, что центр рас сматриваемой поворотной гомотетии является точкой пересечения описанных Решения задач окружностей треугольников A1A2P3, A1A3P2 и A2A3P1;

эта точка лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3 (задача 19.53 а).

19.55. а) Пусть l, l и l — соответственные прямые фигур F1, F2 и F3, 1 2 причём l li;

эти прямые образуют треугольник P1P2P3. При поворотной i гомотетии с центром O3, переводящей F1 в F2, прямые l1 и l переходят в l2 и l, поэтому при гомотетии с центром O3, переводящей прямую l в l, прямая l2 переходит в l. Следовательно, прямая P3O3 проходит че 1 рез точку W. Аналогично прямые P1O1 и P2O2 проходят через точку W, а значит, точка W лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3 (см. за дачу 19.53 б).

б) Отношение расстояний от точки O1 до прямых l и l равно коэффи 2 циенту поворотной гомотетии, переводящей F2 в F3, а угол P1 треугольника P1P2P3 равен углу её поворота. Поэтому (O1P1, P1P2) зависит лишь от фигур F2 и F3. А так как (O1W, WJ3) = (O1P1, P1P2), то дуга O1J3 фиксирована (рис. 19.3), а значит, точка J3 фиксирована. Аналогично доказывается, что точки J1 и J2 фиксированы.

Рис. 19. 19.56. Воспользуемся обозначениями задачи 19.55. Ясно, что (J1J2, J2J3)= = (J1W, WJ3) = (P3P2, P2P1). Для других углов треугольников доказатель ство аналогично.

19.57. Докажем, например, что при поворотной гомотетии с центром O1, переводящей F2 в F3, точка J2 переходит в J3. В самом деле, (J2O1, O1J3) = = (J2W, WJ3). Кроме того, прямые J2W и J3W являются соответственными прямыми фигур F2 и F3, поэтому отношение расстояний от них до точки O равно коэффициенту подобия k1, а значит, O1J2/O1J3 = k1.

19.58. Пусть Oa — точка пересечения окружности, проходящей через точ ку B и касающейся прямой AC в точке A, и окружности, проходящей через точку C и касающейся прямой AB в точке A. Согласно задаче 19.42 б) точка Oa является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок BA в отрезок AC. Определив аналогично точки Ob и Oc и воспользовавшись ре зультатом задачи 19.53 б), получим, что прямые AOa, BOb и COc пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия S. С другой стороны, эти прямые пересекаются в точке Лемуана K (см. задачу 5.155).

Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника являются соответ ственными прямыми рассматриваемых подобных фигур. Они пересекаются 406 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия в точке O, поэтому точка O лежит на окружности подобия S (см. зада чу 19.55 а);

кроме того, эти прямые пересекают окружность S в постоянных точках A1, B1 и C1 треугольника ABC (см. задачу 19.55 б). С другой стороны, прямые, проходящие через точку K параллельно BC, CA и AB, тоже яв ляются соответственными прямыми рассматриваемых фигур. Действительно, трилинейные координаты точки Лемуана K равны (a : b : c), потому что она изогонально сопряжена точке пересечения медиан, которая имеет трилиней ные координаты (a-1 : b-1 : c-1);

поэтому расстояния от точки K до сторон треугольника пропорциональны длинам сторон. Таким образом, указанные прямые тоже пересекают окружность S в точках A1, B1 и C1. Следовательно, OA1 A1K, т. е. OK — диаметр окружности S.

19.59. Если P — первая точка Брокара треугольника ABC, то CP, AP и BP — соответственные прямые для подобных фигур, построенных на отрезках BC, CA и AB. Поэтому точка P лежит на окружности подобия S (см. зада чу 19.55 а). Аналогично точка Q лежит на окружности S. Кроме того, прямые CP, AP и BP пересекают окружность S в постоянных точках A1, B1 и C треугольника ABC (см. задачу 19.55 б). А так как KA1 BC (см. решение задачи 19.58), то (PA1, A1K) = (PC, CB) =, т. е. PK = 2. Аналогично KQ = 2. Поэтому PQ KO, а значит, OP = OQ и (POQ) = ( PQ)/2 = 2.

19.60. Точка Лемуана имеет трилинейные координаты (a : b : c), поэтому прямые, проходящие через точку Лемуана параллельно сторонам треуголь ника, являются соответственными прямыми фигур, построенных на сторонах треугольника ABC. (Имеется в виду, что коэффициент подобия фигур равен отношению сторон.) 19.61. а) Оба утверждения непосредственно следуют из задачи 5.115 а).

Действительно, точка Лемуана K лежит на описанной окружности треуголь ника A1B1C1 и KA1 BC и т. д.

б) Это следует из задачи 5.115 б).

ГЛАВА ПРИНЦИП КРАЙНЕГО Основные сведения 1. Для решения многих задач бывает полезно рассмотреть какой-либо «крайний», «граничный» элемент, т. е. элемент, на котором некоторая вели чина принимает наибольшее или наименьшее значение, например, наиболь шую или наименьшую сторону треугольника, наибольший или наименьший угол и т. д. Этот метод решения задач иногда называют принципом (правилом) крайнего;

название это, правда, не общепринятое.

2. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольни ка. Его вершины можно обозначить так, что CO AO и BO DO. Тогда при симметрии относительно точки O треугольник BOC попадает внутрь тре угольника AOD, т. е. в некотором смысле треугольник BOC наименьший, а треугольник AOD наибольший (см. § 4).

3. Вершины выпуклой оболочки и опорные прямые тоже являются в неко тором смысле крайними элементами;

эти понятия используются в § 5, там приведены их определения и свойства.

§ 1. Наименьший или наибольший угол 20.1. Докажите, что если длины всех сторон треугольника мень ше 1, то его площадь меньше 3/4.

20.2. Докажите, что круги, построенные на сторонах выпуклого четырёхугольника как на диаметрах, полностью покрывают этот че тырёхугольник.

20.3. В некоторой стране 100 аэродромов, причём все попарные расстояния между ними различны. С каждого аэродрома поднимается самолёт и летит на ближайший к нему аэродром. Докажите, что ни на один аэродром не может прилететь больше пяти самолётов.

20.4. Внутри круга радиуса 1 лежат восемь точек. Докажите, что расстояние между некоторыми двумя из них меньше 1.

20.5. Шесть кругов расположены на плоскости так, что некоторая точка O лежит внутри каждого из них. Докажите, что один из этих кругов содержит центр некоторого другого.

20.6*. Внутри остроугольного треугольника взята точка P. Докажите, что наибольшее из расстояний от точки P до вершин этого треугольника не меньше удвоенного наименьшего из расстояний от P до его сторон.

20.7*. а) Длины биссектрис треугольника не превосходят 1. Дока жите, что его площадь не превосходит 1/ 3.

408 Глава 20. Принцип крайнего б) На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Докажите, что если длины отрезков AA1, BB1 и CC1 не превосходят 1, то площадь треугольника ABC не превосходит 1/ 3.

См. также задачу 13.26.

§ 2. Наименьшее или наибольшее расстояние 20.8. На плоскости дано n 3 точек, причём не все они лежат на одной прямой. Докажите, что существует окружность, проходящая через три из данных точек и не содержащая внутри ни одной из оставшихся точек.

20.9. На плоскости расположено несколько точек, все попарные расстояния между которыми различны. Каждую из этих точек со единяют с ближайшей. Может ли при этом получиться замкнутая ломаная?

20.10. Докажите, что по крайней мере одно из оснований перпенди куляров, опущенных из внутренней точки выпуклого многоугольника на его стороны, лежит на самой стороне, а не на её продолжении.

20.11. Из каждой вершины многоугольника опущены перпендику ляры на стороны, её не содержащие. Докажите, что хотя бы для одной вершины одно из оснований перпендикуляров лежит на самой стороне, а не на её продолжении.

20.12*. Докажите, что в любом выпуклом пятиугольнике найдутся три диагонали, из которых можно составить треугольник.

20.13*. Докажите, что многоугольник нельзя покрыть двумя мно гоугольниками, гомотетичными ему с коэффициентом k, где 0 < k < 1.

20.14*. На плоскости дано конечное число точек, причём любая прямая, проходящая через две из данных точек, содержит ещё од ну данную точку. Докажите, что все данные точки лежат на одной прямой (Сильвестр).

20.15*. На плоскости дано конечное число попарно непараллельных прямых, причём через точку пересечения любых двух из них проходит ещё одна из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.

20.16*. На плоскости дано n точек и отмечены середины всех отрез ков с концами в этих точках. Докажите, что различных отмеченных точек не менее 2n - 3.

См. также задачи 9.18, 9.20, 9.57, 9.58, 16.11, 17.35, 19.9.

§ 3. Наименьшая или наибольшая площадь 20.17*. На плоскости расположено n точек, причём площадь любого треугольника с вершинами в этих точках не превосходит 1. Докажите, что все эти точки можно поместить в треугольник площади 4.

Условия задач 20.18*. Многоугольник M гомотетичен многоугольнику M с коэф фициентом гомотетии -1/2. Докажите, что существует параллельный перенос, переводящий многоугольник M внутрь многоугольника M.

См. также задачу 9.46.

§ 4. Наибольший треугольник 20.19*. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четы рёхугольника ABCD. Докажите, что если периметры треугольников ABO, BCO, CDO и DAO равны, то ABCD — ромб.

20.20*. Докажите, что если центр вписанной окружности четырёх угольника совпадает с точкой пересечения диагоналей, то четырёх угольник — ромб.

20.21*. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четы рёхугольника ABCD. Докажите, что если радиусы вписанных окруж ностей треугольников ABO, BCO, CDO и DAO равны, то ABCD — ромб.

§ 5. Выпуклая оболочка и опорные прямые При решении задач этого параграфа рассматриваются выпуклые оболочки систем точек и опорные прямые выпуклых многоугольников.

Выпуклой оболочкой конечного набора точек называют наименьший вы пуклый многоугольник, содержащий все эти точки (слово «наименьший» означает, что он не содержится ни в каком другом таком многоугольни ке). У любой конечной системы точек существует единственная выпуклая оболочка (рис. 20.1).

Опорной прямой выпуклого многоугольника называют прямую, проходя щую через его вершину и обладающую тем свойством, что многоугольник лежит по одну сторону от неё. Легко проверить, что для любого выпукло го многоугольника существуют ровно две опорные прямые, параллельные данной прямой (рис. 20.2).

Рис. 20.1 Рис. 20. 20.22. Решите задачу 20.8, воспользовавшись понятием выпуклой оболочки.

410 Глава 20. Принцип крайнего 20.23*. На плоскости даны 2n + 3 точки, никакие три из которых не лежат на одной прямой, а никакие четыре не лежат на одной окружности. Докажите, что из этих точек можно выбрать три точки так, что n из оставшихся точек лежат внутри окружности, проведён ной через выбранные точки, а n — вне её.

20.24*. Докажите, что любой выпуклый многоугольник площади можно поместить в прямоугольник площади 2.

20.25*. На плоскости дано конечное число точек. Докажите, что из них всегда можно выбрать точку, для которой ближайшими к ней являются не более трёх данных точек.

20.26*. На столе расположено n картонных и n пластмассовых квадратов, причём никакие два картонных и никакие два пласт массовых квадрата не имеют общих точек, в том числе и точек границы. Оказалось, что множество вершин картонных квадратов сов падает с множеством вершин пластмассовых квадратов. Обязательно ли каждый картонный квадрат совпадает с некоторым пластмас совым?

20.27*. На плоскости дано n 4 точек, причём никакие три из них не лежат на одной прямой. Докажите, что если для любых трёх из них найдётся четвёртая (тоже из данных), с которой они образуют вершины параллелограмма, то n = 4.

20.28*. На плоскости дано несколько точек, попарные расстояния между которыми не превосходят 1. Докажите, что эти точки можно покрыть правильным треугольником со стороной 3.

См. также задачи 9.58, 9.59.

§ 6. Разные задачи 20.29. На плоскости дано конечное множество многоугольников (не обязательно выпуклых), каждые два из которых имеют общую точку.

Докажите, что существует прямая, имеющая общие точки со всеми этими многоугольниками.

20.30. Можно ли на плоскости расположить 1000 отрезков так, что бы каждый отрезок обоими концами упирался строго внутрь других отрезков?

20.31. На плоскости даны четыре точки, не лежащие на одной прямой. Докажите, что хотя бы один из треугольников с вершинами в этих точках не является остроугольным.

20.32. На плоскости дано бесконечное множество прямоугольников, вершины каждого из которых расположены в точках с координата ми (0, 0), (0, m), (n, 0), (n, m), где n и m — целые положительные числа (свои для каждого прямоугольника). Докажите, что из этих прямоугольников можно выбрать два так, чтобы один содержался в другом.

Решения задач 20.33*. На плоскости дано n точек, причём любые три из них можно накрыть кругом радиуса 1. Докажите, что тогда все n точек можно накрыть кругом радиуса 1.

20.34*. Дан выпуклый многоугольник A1... An. Докажите, что опи санная окружность некоторого треугольника AiAi+1Ai+2 содержит весь многоугольник.

Решения 20.1. Пусть — наименьший угол треугольника. Тогда 60. Поэтому S = (bc sin )/2 (sin 60)/2 = 3/4.

20.2. Пусть X — произвольная точка, лежащая внутри выпуклого четырёх угольника. Так как AXB + BXC + CXD + AXD = 360, то наибольший из этих углов не меньше 90. Пусть для определённости AXB 90. Тогда точка X лежит внутри окружности с диаметром AB.

20.3. Если самолёты из точек A и B прилетели в точку O, то AB — наи большая сторона треугольника AOB, т. е. AOB > 60. Предположим, что в точку O прилетели самолёты из точек A1,..., An. Тогда один из углов AiOAj не превосходит 360/n. Поэтому 360/n > 60, т. е. n < 6.

20.4. По крайней мере семь точек отличны от центра O окружности. Поэто му наименьший из углов AiOAj, где Ai и Aj — данные точки, не превосходит 360/7 < 60. Если A и B — точки, соответствующие наименьшему углу, то AB < 1, так как AO 1, BO 1 и угол AOB строго меньше наибольшего угла треугольника AOB.

20.5. Один из углов между шестью отрезками, соединяющими точку O с центрами кругов, не превосходит 360/6 = 60. Пусть O1OO2 60, где O1 и O2 — центры кругов радиуса r1 и r2 соответственно. Так как O1OO2 60, этот угол не является наибольшим углом треугольника O1OO2 поэтому либо O1O2 O1O, либо O1O2 O2O. Пусть для определённости O1O2 O1O. Так как точка O лежит внутри кругов, то O1O < r1. Поэтому O1O2 O1O < r1, т. е. точка O2 лежит внутри круга радиуса r1 с центром O1.

20.6. Опустим из точки P перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на стороны BC, CA и AB и выберем наибольший из углов, образованных этими перпен дикулярами и лучами PA, PB и PC. Пусть для определённости это будет угол APC1. Тогда APC1 60, поэтому PC1 : AP = cos APC1 cos 60 = 1/2, т. е. AP 2PC1. Ясно, что неравенство сохранится, если AP заменить на наибольшее из чисел AP, BP и CP, а PC1 — на наименьшее из чисел PA1, PB1 и PC1.

20.7. а) Пусть для определённости — наименьший угол треугольни ка ABC;

AD — биссектриса. Одна из сторон AB и AC не превосходит AD/ cos( /2), так как иначе отрезок BC не проходит через точку D. Пусть для определённости AB AD/ cos( /2) AD/ cos 30 2/ 3. Тогда SABC = = hcAB/2 lcAB/2 1/ 3.

б) Предположим сначала, что треугольник ABC не остроугольный, напри мер, A 90. AB BB1 1. Ясно также, что hc CC1 1. Поэтому Тогда SABC 1/2 < 1/ 3.

Предположим теперь, что треугольник ABC остроугольный. Пусть A — наименьший из его углов. Тогда A 60, поэтому высота ha делит угол A 412 Глава 20. Принцип крайнего на два угла, один из которых не превосходит 30. Если этот угол прилегает к стороне AB, то AB ha/ cos 30 2/ 3. Учитывая, что hc 1, получаем требуемое.

20.8. Пусть A и B — те из данных точек, расстояние между которыми минимально. Тогда внутри окружности с диаметром AB нет данных точек.

Пусть C — та из оставшихся точек, из которой отрезок AB виден под наиболь шим углом. Тогда внутри окружности, проходящей через точки A, B и C, нет данных точек.

20.9. Предположим, что получилась замкнутая ломаная. Пусть AB — наи большее звено этой ломаной, а AC и BD — соседние с ним звенья. Тогда AC < AB, т. е. B — не ближайшая к A точка, и BD < AB, т. е. A — не бли жайшая к B точка. Поэтому точки A и B не могут быть соединены. Получено противоречие.

20.10. Пусть O — данная точка. Проведём прямые, содержащие стороны многоугольника, и выберем среди них ту, которая наименее удалена от точ ки O. Пусть на этой прямой лежит сторона AB. Докажем, что основание перпендикуляра, опущенного из точки O на сторону AB, лежит на самой сто роне. Предположим, что основанием перпендикуляра, опущенного из точки O на прямую AB, является точка P, лежащая вне отрезка AB. Так как точка O лежит внутри выпуклого многоугольника, отрезок OP пересекает некоторую сторону CD в точке Q. Ясно, что OQ < OP, а расстояние от точки O до прямой CD меньше OQ. Поэтому прямая CD менее удалена от точки O, чем прямая AB, что противоречит выбору прямой AB.

20.11. Возьмём наибольшую сторону AB данного многоугольника и рас смотрим полосу, состоящую из тех точек, проекции которых на прямую AB попадают на отрезок AB. Эту полосу должна пересекать какая-нибудь другая сторона CD многоугольника (одна из вершин C и D может совпадать с A или с B). Неравенство CD AB показывает, что одна из вершин C и D лежит внутри или на границе полосы (если C = A или B, то вершина D лежит внутри полосы). Вершина, лежащая внутри или на границе полосы и отличная от A и B, обладает требуемым свойством.

20.12. Пусть BE — наибольшая диагональ пятиугольника ABCDE. Дока жем, что тогда из отрезков BE, EC и BD можно составить треугольник. Для этого достаточно проверить, что BE < EC + BD. Пусть O — точка пересечения диагоналей BD и EC. Тогда BE < BO + OE < BD + EC.

20.13. Пусть O1 и O2 — центры гомотетий с коэффициентом k, переводящих многоугольник M в многоугольники M1 и M2. Тогда точка многоугольни ка M, наиболее удалённая от прямой O1O2 не покрыта многоугольниками M1 и M2.

20.14. Предположим, что не все данные точки лежат на одной прямой.

Проведём через каждую пару данных точек прямую (этих прямых конечное число) и выберем наименьшее ненулевое расстояние от данных точек до этих прямых. Пусть наименьшим будет расстояние от точки A до прямой BC, где точки B и C данные. На прямой BC лежит ещё одна из данных точек — неко торая точка D. Опустим из точки A перпендикуляр AQ на прямую BC. Две из точек B, C и D лежат по одну сторону от точки Q, например C и D. Пусть для определённости CQ < DQ (рис. 20.3). Тогда расстояние от точки C до пря мой AD меньше, чем расстояние от точки A до прямой BC, что противоречит выбору точки A и прямой BC.

Решения задач Рис. 20. 20.15. Предположим, что не все прямые проходят через одну точку. Рас смотрим точки пересечения прямых и выберем наименьшее ненулевое рассто яние от этих точек до данных прямых. Пусть наименьшим будет расстояние от точки A до прямой l. Через точку A проходят по крайней мере три данные прямые. Пусть они пересекают прямую l в точках B, C и D. Опустим из точки A перпендикуляр AQ на прямую l. Две из точек B, C и D лежат по одну сторону от точки Q, например C и D. Пусть для определённости CQ < DQ (рис. 20.4). Тогда расстояние от точки C до прямой AD меньше, чем расстояние от точки A до прямой l, что противоречит выбору A и l.

Рис. 20. 20.16. Пусть A и B — наиболее удалённые друг от друга данные точки.

Середины отрезков, соединяющих точку A (соответственно точку B) с осталь ными точками, все различны и лежат внутри окружности радиуса AB/2 с цен тром A (соответственно B). Полученные два круга имеют лишь одну общую точку, поэтому различных отмеченных точек не менее 2(n - 1) - 1 = 2n - 3.

20.17. Выберем среди всех треугольников с вершинами в данных точках треугольник наибольшей площади. Пусть это будет треугольник ABC. Прове дём через вершину C прямую lc AB. Если точки X и A лежат по разные стороны от прямой lc, то SABX > SABC. Поэтому все данные точки лежат по одну сторону от прямой lc. Аналогично, проводя через точки B и A прямые lb AC и la BC, получаем, что все данные точки находятся внутри (или на границе) треугольника, образованного прямыми la, lb и lc. Площадь этого треугольника ровно в 4 раза больше площади треугольника ABC, поэтому она не превосходит 4.

20.18. Пусть ABC — треугольник наибольшей площади с вершинами в вер шинах многоугольника M. Тогда многоугольник M содержится внутри тре угольника A1B1C1, серединами сторон которого являются точки A, B и C. При гомотетии с центром в центре масс треугольника ABC и коэффициентом -1/ 414 Глава 20. Принцип крайнего треугольник A1B1C1 переходит в треуголь ник ABC, поэтому многоугольник M переходит внутрь треугольника ABC.

20.19. Для определённости можно считать, что AO CO и DO BO. Пусть точки B1 и C симметричны точкам B и C относительно точки O (рис. 20.5). Так как треугольник B1OC1 лежит внутри треугольника AOD, то PAOD PB1OC1 = PBOC, причём равенство дости гается, только если B1 = D и C1 = A (см. за дачу 9.29 б). Следовательно, ABCD — паралле лограмм. Поэтому AB - BC = PABO - PBCO = 0, т. е. ABCD — ромб.

Рис. 20. 20.20. Пусть O — точка пересечения диаго налей четырёхугольника ABCD. Для определён ности можно считать, что AO CO и DO BO. Пусть точки B1 и C симметричны точкам B и C относительно точки O. Так как точка O является центром вписанной окружности четырёхугольника, то отрезок B1C1 касается этой окружности. Поэтому отрезок AD может касаться этой окружности, только если B1 = D и C1 = A, т. е. если ABCD — параллело грамм. В этот параллелограмм можно вписать окружность, поэтому он — ромб.

20.21. Для определённости можно считать, что AO CO и DO BO.

Пусть точки B1 и C1 симметричны точкам B и C относительно точки O.

Тогда треугольник C1OB1 содержится внутри треугольника AOD, поэтому вписанная окружность S треугольника C1OB1 содержится внутри треугольни ка AOD. Предположим, что отрезок AD не совпадает с отрезком C1B1. Тогда окружность S переходит во вписанную окружность треугольника AOD при гомотетии с центром O и коэффициентом больше 1, т. е. rAOD > rC1OB1 = rCOB.

Получено противоречие, поэтому A = C1 и D = B1, т. е. ABCD — параллело грамм.

В параллелограмме ABCD площади треугольников AOB и BOC равны, поэтому если у них равны радиусы вписанных окружностей, то равны и пе риметры, так как S = pr. Следовательно, AB = BC, т. е. ABCD — ромб.

20.22. Пусть AB — сторона выпуклой оболочки данных точек, B1 — ближай шая к A из всех данных точек, лежащих на AB. Выберем ту из оставшихся точек, из которой отрезок AB1 виден под наибольшим углом. Пусть это будет точка C. Тогда описанная окружность треугольника AB1C будет ис комой.

20.23. Пусть AB — одна из сторон выпуклой оболочки данных точек.

Занумеруем оставшиеся точки в порядке возрастания углов, под которыми виден из них отрезок AB, т. е. обозначим их через C1, C2,..., C2n+1, так, что AC1B < AC2B <... < AC2n+1B. Тогда точки C1,..., Cn лежат вне описанной окружности треугольника ABCn+1, а точки Cn+2,..., C2n+1 — внутри её, т. е. это и есть искомая окружность.

20.24. Пусть AB — наибольшая диагональ (или сторона) многоугольника.

Проведём через точки A и B прямые a и b, перпендикулярные прямой AB.

Если X — вершина многоугольника, то AX AB и XB AB, поэтому много угольник находится внутри полосы, образованной прямыми a и b. Проведём Решения задач опорные прямые многоугольника, параллельные AB. Пусть эти прямые про ходят через вершины C и D и вместе с прямыми a и b образуют пря моугольник KLMN (рис. 20.6). Тогда SKLMN = 2SABC + 2SABD = 2SACBD. Так как четырёхугольник ACBD содержится в исходном многоугольнике, площадь которого равна 1, то SKLMN 2.

Рис. 20.6 Рис. 20. 20.25. Выберем наименьшее из всех попарных расстояний между данными точками и рассмотрим точки, у которых есть соседи на таком расстоянии. До статочно доказать требуемое утверждение для этих точек. Пусть P — вершина их выпуклой оболочки. Если Ai и Aj — ближайшие к P точки, то AiAj AiP и AiAj AjP, поэтому AiPAj 60. Следовательно, у точки P не может быть четырёх ближайших соседей, так как иначе один из углов AiPAj был бы меньше 180/3 = 60. Поэтому P — искомая точка.

20.26. Предположим, что есть картонные квадраты, не совпадающие с пластмассовыми. Выбросим из рассмотрения все совпадающие квадраты и рассмотрим выпуклую оболочку вершин оставшихся квадратов. Пусть A — вершина этой выпуклой оболочки. Тогда A является вершиной двух разных квадратов — картонного и пластмассового. Легко проверить, что одна из вер шин меньшего из этих квадратов лежит внутри большего (рис. 20.7). Пусть для определённости вершина B картонного квадрата лежит внутри пластмассового. Тогда точка B лежит внутри пластмассового квадрата и является вершиной другого пластмассового квадрата, чего не может быть.

Получено противоречие, поэтому каждый картон ный квадрат совпадает с некоторым пластмассовым.

20.27. Рассмотрим выпуклую оболочку данных то чек. Возможны два случая.

1. Выпуклая оболочка является параллелограм мом ABCD. Если точка M лежит внутри параллело Рис. 20. грамма ABCD, то вершины всех трёх параллелограм мов с вершинами A, B и M лежат вне ABCD (рис. 20.8). Значит, в этом случае, кроме точек A, B, C и D, никаких других точек быть не может.

2. Выпуклая оболочка не является параллелограммом. Пусть AB и BC — стороны выпуклой оболочки. Проведём опорные прямые, параллельные AB и BC. Пусть эти опорные прямые проходят через вершины P и Q. Тогда 416 Глава 20. Принцип крайнего Рис. 20. вершины всех трёх параллелограммов с вершинами B, P и Q лежат вне выпук лой оболочки (рис. 20.9). Они даже лежат вне параллелограмма, образованного опорными прямыми, кроме того случая, когда P и Q являются вершинами этого параллелограмма. В этом случае его четвёртая вершина не принадлежит выпуклой оболочке, так как та не является параллелограммом.

20.28. Рассмотрим три прямые, попарно образующие углы 60, и прове дём к данному множеству точек три пары опорных прямых, параллельных выбранным прямым. Проведённые опорные прямые задают два правильных треугольника, каждый из которых накрывает данные точки. Докажем, что сторона одного из них не превосходит 3.

На каждой опорной прямой лежит хотя бы одна из данных точек. Рассто яние между любой парой данных точек не превосходит 1, поэтому расстояние между любой парой опорных прямых не превосходит 1.

Возьмём одну из данных точек. Пусть a1, b1 и c1 — расстояния от неё до сторон одного правильного треугольника, a2, b2 и c2 — расстояния до сторон другого. При этом мы предполагаем, что a1 + a2, b1 + b2 и c1 + c2 — расстоя ния между опорными прямыми. Как только что было доказано, a1 + a2 1, b1 + b2 1 и c1 + c2 1. С другой стороны, a1 + b1 + c1 = h1 и a2 + b2 + c2 = h2, где h1 и h2 — высоты построенных равносторонних треугольников (зада ча 4.47). Следовательно, h1 + h2 3, а значит, одна из высот h1 и h2 не превосходит 3/2. Но тогда сторона соответствующего правильного треуголь ника не превосходит 3.

20.29. Возьмём на плоскости произвольную прямую l и спроецируем на неё все многоугольники. При этом мы получим несколько отрезков, любые два из которых имеют общую точку. Рассмотрим левые концы этих отрезков и выбе рем из них самый правый (чтобы стало ясно, что значит «правый» и «левый», на прямой нужно задать направление). Полученная точка принадлежит всем отрезкам, поэтому проведённый через неё перпендикуляр к прямой l пересе кает все данные многоугольники.

20.30. Пусть на плоскости расположено 1000 отрезков. Возьмём произволь ную прямую l, не перпендикулярную ни одному из них, и спроецируем концы всех этих отрезков на прямую l. Ясно, что конец отрезка, проецирующийся в самую левую из полученных точек, не может упираться строго внутрь другого отрезка.

Решения задач 20.31. Возможны два варианта расположения четырёх точек.

1. Точки являются вершинами выпуклого четырёхугольника ABCD. Выбе рем наибольший из углов при его вершинах. Пусть это будет угол ABC. Тогда ABC 90, т. е. треугольник ABC не остроугольный.

2. Точка D лежит внутри треугольника ABC. Выберем наибольший из углов ADB, BDC и ADC. Пусть это будет угол ADB. Тогда ADB 120, т. е. треугольник ADB тупоугольный.

Доказать, что других вариантов расположения четырёх точек нет, можно следующим образом.

Прямые, проходящие через три из данных точек, делят плоскость на семь частей (рис. 20.10). Если четвёртая данная точка лежит во второй, четвёр той или шестой частях, то имеет место первая ситуация, а если в первой, третьей, пятой или седьмой, то вторая.

20.32. У прямоугольника с вершинами в точ ках (0, 0), (0, m), (n, 0) и (n, m) горизонталь Рис. 20. ная сторона равна n, а вертикальная равна m.

Выберем из данного множества прямоугольник с наименьшей горизонтальной стороной. Пусть его вертикальная сторона рав на m1. Рассмотрим любые m1 из оставшихся прямоугольников. Возможны два случая.

1. Вертикальные стороны двух из этих m1 прямоугольников равны. Тогда один из них содержится в другом.

2. Вертикальные стороны всех этих прямоугольников различны. Тогда вертикальная сторона одного из них не меньше m1, поэтому он содержит прямоугольник с наименьшей горизонтальной стороной.

20.33. Рассмотрим круг, содержащий все данные точки. Будем уменьшать радиус такого круга до тех пор, пока это возможно. Пусть R — радиус полу ченного круга. На границе этого круга лежат по крайней мере две данные точки. Рассмотрим сначала случай, когда на границе лежат ровно две точ ки A и B. Ясно, что они — диаметрально противоположные точки круга.

Возьмём третью данную точку C. Минимальный радиус круга, содержаще го точки A, B и C, равен R, поэтому R 1. Рассмотрим теперь случай, когда на границе лежат ровно три данные точки A, B и C. Тогда тре угольник ABC остроугольный, поскольку иначе можно было бы уменьшить радиус круга, содержащего все данные точки. Поэтому снова минимальный радиус круга, содержащего точки A, B и C, равен R. Рассмотрим наконец случай, когда на границе лежат по крайней мере четыре данные точки. Пусть,,..., — угловые величины последовательных дуг, на которые данные 1 2 n точки разбивают границу круга. Если сумма угловых величин двух последо вательных дуг не больше 180, то сотрём их общую точку. Покажем, что при n 4 такая пара последовательных дуг всегда найдётся. Предположим, что + > 180, + > 180,..., + > 180. Сложив эти неравенства, 1 2 2 3 n получим 2( + +... + ) > n · 180, а значит, 4 · 180 > n · 180. Получе 1 2 n но противоречие. Таким образом, на границе полученного круга лежат либо две диаметрально противоположные данные точки, либо три данные точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника. Такие случаи мы уже разбирали.

418 Глава 20. Принцип крайнего 20.34. Рассмотрим все окружности, проходящие через две соседние вер шины Ai и Ai+1 и такую вершину Aj, что AiAjAi+1 < 90. Хотя бы одна такая окружность есть. В самом деле, один из углов AiAi+2Ai+1 и Ai+1AiAi+ меньше 90;

в первом случае положим Aj = Ai+2, а во втором Aj = Ai. Выберем среди всех таких окружностей (для всех i и j) окружность S наибольшего радиуса;

пусть для определённости она проходит через точки A1, A2 и Ak.

Предположим, что вершина Ap лежит вне окружности S. Тогда точки Ap и Ak лежат по одну сторону от прямой A1A2 и A1ApA2 < A1AkA2 < 90.

Из теоремы синусов следует, что радиус описанной окружности у треуголь ника A1ApA2 больше, чем у треугольника A1AkA2. Получено противоречие, поэтому окружность S содержит весь многоугольник A1... An.

Пусть для определённости A2A1Ak A1A2Ak. Докажем, что тогда A и Ak — соседние вершины. Если Ak = A3, то 180 - A2A3Ak A2A1Ak < 90, поэтому радиус описанной окружности у треугольника A2A3Ak больше, чем у треугольника A1A2Ak. Получено противоречие, поэтому окружность S про ходит через соседние вершины A1, A2 и A3.

ГЛАВА ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ Основные сведения 1. Самая популярная формулировка принципа Дирихле такова: «Если в n клетках сидит m зайцев, причём m > n, то хотя бы в одной клетке сидят по крайней мере два зайца». На первый взгляд даже непонятно, почему это совершенно очевидное замечание является весьма эффективным методом решения задач. Дело в том, что в каждой конкретной задаче нелегко бывает понять, что же здесь «зайцы» и «клетки» и почему зайцев больше, чем клеток. Выбор зайцев и клеток часто неочевиден;

далеко не всегда по виду задачи можно определить, что следует воспользоваться принципом Дирихле.

А главное, этот метод даёт неконструктивное доказательство (мы, естественно, не можем сказать, в какой именно клетке сидят два зайца, а знаем толь ко, что такая клетка есть), а попытка дать конструктивное доказательство, т. е. доказательство путём явного построения или указания требуемого объек та, может привести к гораздо большим трудностям.

2. Некоторые задачи решаются также методами, в какой-то мере аналогич ными принципу Дирихле. Сформулируем соответствующие утверждения (все они легко доказываются методом от противного).

а) Если на отрезке длиной 1 расположено несколько отрезков, сумма длин которых больше 1, то по крайней мере два из них имеют общую точку.

б) Если на окружности радиуса 1 расположено несколько дуг, сумма длин которых больше 2, то по крайней мере две из них имеют общую точку.

в) Если внутри фигуры площадью 1 расположено несколько фигур, сумма площадей которых больше 1, то по крайней мере две из них имеют общую точку.

§ 1. Конечное число точек, прямых и т. д.

21.1. Узлы бесконечной клетчатой бумаги раскрашены в два цвета.

Докажите, что существуют две горизонтальные и две вертикальные прямые, на пересечении которых лежат точки одного цвета.

21.2. Внутри равностороннего треугольника со стороной 1 располо жено пять точек. Докажите, что расстояние между некоторыми двумя из них меньше 0,5.

21.3. В прямоугольнике 3 4 расположено 6 точек. Докажите, что среди них найдутся две точки, расстояние между которыми не превос ходит 5.

21.4. На шахматной доске 8 8 отмечены центры всех полей.

Можно ли тринадцатью прямыми разбить доску на части так, 420 Глава 21. Принцип Дирихле чтобы внутри каждой из них лежало не более одной отмеченной точки?

21.5. На плоскости дано 25 точек, причём среди любых трёх из них найдутся две на расстоянии меньше 1. Докажите, что существует круг радиуса 1, содержащий не меньше 13 из этих точек.

21.6*. В квадрате со стороной 1 находится 51 точка. Докажите, что какие-то три из них можно накрыть кругом радиуса 1/7.

21.7*. Каждый из двух дисков разделён на 1985 равных секторов и на каждом окрашено произвольным образом (одним цветом) по 200 секторов. Диски наложили друг на друга и один стали повора чивать на углы, кратные 360/1985. Докажите, что существует по крайней мере 80 положений, при которых совпадает не более 20 окра шенных секторов.

21.8*. Каждая из девяти прямых разбивает квадрат на два четы рёхугольника, площади которых относятся как 2 : 3. Докажите, что по крайней мере три из этих девяти прямых проходят через одну точку.

21.9*. В парке растёт 10 000 деревьев, посаженных квадратно-гнез довым способом (100 рядов по 100 деревьев). Какое наибольшее число деревьев можно срубить, чтобы выполнялось следующее условие: если встать на любой пень, то не будет видно ни одного другого пня?

(Деревья можно считать достаточно тонкими.) 21.10*. Какое наименьшее число точек достаточно отметить внутри выпуклого n-угольника, чтобы внутри любого треугольника с вершина ми в вершинах n-угольника содержалась хотя бы одна отмеченная точка?

21.11*. Внутри выпуклого 2n-угольника взята точка P. Через каж дую вершину и точку P проведена прямая. Докажите, что найдётся сторона многоугольника, с которой ни одна из проведённых прямых не имеет общих внутренних точек.

21.12*. Докажите, что в любом выпуклом 2n-угольнике найдётся диагональ, не параллельная ни одной из его сторон.

21.13*. Узлы бесконечной клетчатой бумаги раскрашены в три цвета. Докажите, что существует равнобедренный прямоугольный тре угольник с вершинами одного цвета.

§ 2. Углы и длины 21.14. На плоскости дано n попарно непараллельных прямых. До кажите, что угол между некоторыми двумя из них не больше 180/n.

21.15. В окружности радиуса 1 проведено несколько хорд. Докажи те, что если каждый диаметр пересекает не более k хорд, то сумма длин хорд меньше k.

21.16. На плоскости отмечена точка O. Можно ли расположить на плоскости: а) пять кругов;

б) четыре круга, не покрывающих точку O, так, чтобы любой луч с началом в точке O пересекал не менее двух кругов? («Пересекает» — имеет общую точку.) Условия задач 21.17*. Внутри окружности радиуса n расположено 4n отрезков длиной 1. Докажите, что можно провести прямую, параллельную или перпендикулярную данной прямой l и пересекающую по крайней мере два данных отрезка.

21.18*. Внутри квадрата со стороной 1 расположено несколько окружностей, сумма длин которых равна 10. Докажите, что найдётся прямая, пересекающая по крайней мере четыре из этих окружностей.

21.19*. На отрезке длиной 1 закрашено несколько отрезков, при чём расстояние между любыми двумя закрашенными точками не равно 0,1. Докажите, что сумма длин закрашенных отрезков не пре восходит 0,5.

21.20*. Даны две окружности, длина каждой из которых равна 100 см. На одной из них отмечено 100 точек, а на другой — несколько дуг, сумма длин которых меньше 1 см. Докажите, что эти окружности можно совместить так, чтобы ни одна отмеченная точка не попала на отмеченную дугу.

21.21*. Даны две одинаковые окружности. На каждой из них от мечено по k дуг, угловая величина каждой из которых меньше · 180, причём окружности можно совместить так, чтобы k2 - k + отмеченные дуги одной окружности совпали с отмеченными дугами другой. Докажите, что эти окружности можно совместить так, чтобы все отмеченные дуги оказались на неотмеченных местах.

§ 3. Площадь 21.22. В квадрате со стороной 15 расположено 20 попарно непе ресекающихся квадратиков со стороной 1. Докажите, что в большом квадрате можно разместить круг радиуса так, чтобы он не пересекался ни с одним из квадратиков.

21.23*. Дана бесконечная клетчатая бума га и фигура, площадь которой меньше пло щади клетки. Докажите, что эту фигуру можно положить на бумагу, не накрыв ни одной вершины клетки.

21.24*. Назовём крестом фигуру, образо ванную диагоналями квадрата со стороной (рис. 21.1). Докажите, что в круге радиу са 100 можно разместить лишь конечное чис ло непересекающихся крестов.

Рис. 21. 21.25*. Попарные расстояния между точ ками A1,..., An больше 2. Докажите, что любую фигуру, площадь которой меньше, можно сдвинуть на вектор длиной не более 1 так, что она не будет содержать точек A1,..., An.

422 Глава 21. Принцип Дирихле 21.26*. В круге радиуса 16 расположено 650 точек. Докажите, что найдётся кольцо с внутренним радиусом 2 и внешним радиусом 3, в котором лежит не менее 10 из данных точек.

21.27*. На плоскости дано n фигур. Пусть Si...ik — площадь пере сечения фигур с номерами i1,..., ik, a S — площадь части плоскости, покрытой данными фигурами;

Mk — сумма всех Si...ik. Докажите, что:

а) S = M1 - M2 + M3 -... + (-1)n+1Mn;

б) S M1 - M2 + M3 -... + (-1)m+1Mm при m чётном и S M1 - M2 + + M3 -... + (-1)m+1Mm при m нечётном.

21.28*. а) В квадрате площади 6 расположены три многоугольника, площадь каждого из которых равна 3. Докажите, что среди них най дутся два многоугольника, площадь общей части которых не меньше 1.

б) В квадрате площади 5 расположено девять многоугольников пло щадь каждого из которых равна 1. Докажите, что среди них найдутся два многоугольника, площадь общей части которых не меньше 1/9.

21.29*. На кафтане площади 1 имеется пять заплат, причём пло щадь каждой их них не меньше 0,5. Докажите, что найдутся две заплаты, площадь общей части которых не меньше 0,2.

21.30*. На отрезке длиной 1 расположены попарно не пересекаю щиеся отрезки, сумма длин которых равна p. Обозначим эту систему отрезков A. Пусть B — дополнительная система отрезков (отрезки си стем A и B не имеют общих внутренних точек и полностью покрывают данный отрезок). Докажите, что существует параллельный перенос T, для которого пересечение B и T(A) состоит из отрезков, сумма длин которых не меньше p(1 - p)/2.

Решения 21.1. Возьмём три вертикальные прямые и девять горизонтальных. Бу дем рассматривать только точки пересечения этих прямых. Так как имеется лишь 23 = 8 вариантов раскраски трёх точек в два цвета, то найдутся две горизонтальные прямые, на которых лежат одинаково раскрашенные тройки точек. Среди трёх точек, раскрашенных в два цвета, найдутся две одинаково раскрашенные точки. Вертикальные прямые, проходящие через эти точки, вместе с ранее выбранными двумя горизонтальными являются искомыми.

21.2. Средние линии правильного треугольника со стороной 1 разбивают его на четыре правильных треугольника со стороной 0,5. Поэтому в одном из них лежат по крайней мере две данные точки, причём эти точки не могут по пасть в вершины треугольника. Расстояние между этими точками меньше 0,5.

21.3. Разрежем прямоугольник на пять фигур, как показано на рис. 21.2.

В одну из них попадут по крайней мере две точки, а расстояние между любыми двумя точками каждой из этих фигур не превосходит 5.

21.4. К краю шахматной доски 8 8 прилегает 28 полей. Проведём 28 от резков, соединяющих центры соседних крайних полей. Каждая прямая может пересекать не более двух таких отрезков, поэтому 13 прямых могут пересекать не более 26 отрезков, т. е. найдутся по крайней мере 2 отрезка, не пересекаю щихся ни с одной из 13 проведённых прямых. Поэтому тринадцатью прямыми Решения задач Рис. 21.2 Рис. 21. нельзя разбить шахматную доску так, чтобы в каждой части лежало не более одной отмеченной точки, поскольку оба конца отрезка, не пересекающегося с прямыми, лежат в одной части.

21.5. Пусть A — одна из данных точек. Если все остальные точки лежат в круге S1 радиуса 1 с центром A, то доказывать больше нечего. Пусть теперь B — данная точка, лежащая вне круга S1, т. е. AB > 1. Рассмотрим круг S2 радиуса 1 с центром B. Среди точек A, B и C, где C — любая из данных точек, найдутся две на расстоянии меньше 1, причём это не могут быть точки A и B. Поэтому круги S1 и S2 содержат все данные точки, т. е. один из них содержит не менее 13 точек.

21.6. Разрежем данный квадрат на 25 одинаковых квадратиков со сторо ной 0,2. В один из них попадает не меньше трёх точек. Радиус описанной окружности квадрата со стороной 0,2 равен 1/5 2 < 1/7, поэтому его можно накрыть кругом радиуса 1/7.

21.7. Возьмём 1985 дисков, раскрашенных так же, как второй из наших дисков, и положим их на первый диск так, чтобы они занимали все воз можные положения. Тогда над каждым окрашенным сектором первого диска расположено 200 окрашенных секторов, т. е. всего имеется 2002 пар совпа дающих окрашенных секторов. Пусть имеется n положений второго диска, при которых совпадает не менее 21 пары окрашенных секторов. Тогда чис ло совпадений окрашенных секторов не меньше 21n. Поэтому 21n 2002, т. е. n 1904,8. Так как n — целое число, то n 1904. Следовательно, по крайней мере при 1985 - 1904 = 81 положениях совпадает не более 20 пар окрашенных секторов.

21.8. Данные прямые не могут пересекать соседние стороны квадра та ABCD, так как иначе образуются не два четырёхугольника, а треугольник и пятиугольник. Пусть прямая пересекает стороны BC и AD в точках M и N.

Трапеции ABMN и CDNM имеют равные высоты, поэтому их площади от носятся как средние линии, т. е. MN делит отрезок, соединяющий середины сторон AB и CD, в отношении 2 : 3. Точек, делящих средние линии квадрата в отношении 2 : 3, имеется ровно четыре. Так как данные девять прямых проходят через эти четыре точки, то через одну из точек проходят по крайней мере три прямые.

424 Глава 21. Принцип Дирихле 21.9. Разобьём деревья на 2500 четвёрок, как показано на рис. 21.3.

В каждой такой четвёрке нельзя срубить более одного дерева. С другой стороны, можно срубить все деревья, растущие в левых верхних углах квад ратов, образованных нашими четвёрками деревьев. Поэтому наибольшее число деревьев, которые можно срубить, равно 2500.

21.10. Так как диагонали, выходящие из одной вершины, делят n-угольник на n - 2 треугольника, n - 2 точки необходимы.

Из рис. 21.4 можно понять, как обойтись n - 2 точками: достаточно от метить по одной точке в каждом зачернённом треугольнике. В самом деле, Рис. 21. внутри треугольника ApAqAr, где p < q < r, всегда содержится зачернённый треугольник, прилегающий к вершине Aq.

21.11. Возможны два случая:

1. Точка P лежит на некоторой диагонали AB. Тогда прямые PA и PB совпадают и не пересекают сторон. Остаются 2n - 2 прямые;

они пересекают не более 2n - 2 сторон.

2. Точка P не лежит на диагонали мно гоугольника A1A2... A2n. Проведём диагональ A1An+1. По обе стороны от неё лежит по n сто рон. Пусть для определённости точка P лежит внутри многоугольника A1... An+1 (рис. 21.5).

Тогда прямые PAn+1, PAn+2,..., PA2n, PA1 (чис ло этих прямых равно n + 1) не могут пере секать стороны An+1An+2, An+2An+3,..., A2nA1.

Поэтому оставшиеся прямые могут пересекать не более чем n - 1 из этих n сторон.

21.12. Количество диагоналей 2n-угольни ка равно 2n(2n - 3)/2 = n(2n - 3). Легко про верить, что диагоналей, параллельных дан Рис. 21. Решения задач ной стороне, не более n - 2. Поэтому всего диагоналей, параллельных сторонам, не более 2n(n - 2). А так как 2n(n - 2) < n(2n - 3), то найдётся диагональ, не па раллельная ни одной из сторон.

21.13. Предположим, что нет равнобедренного прямоугольного треугольни ка с катетами, параллельными сторонами клеток, и вершинами одного цвета.

Для удобства можно считать, что раскрашены не узлы, а клетки. Разобьём лист на квадраты со стороной 4;

тогда на диагонали каждого такого квадрата найдутся две клетки одного цвета. Пусть число n больше количества различ ных раскрасок квадрата со стороной 4. Рассмотрим квадрат, состоящий из n2 квадратов со стороной 4. На его диагонали найдутся два одинаково раскра шенных квадрата со стороной 4. Возьмём, наконец, квадрат K, на диагонали которого найдутся два одинаково раскрашенных квадрата со стороной 4n.

Рассмотрев квадрат со стороной 4n и в нём два одинаково раскрашенных квадрата со сторо ной 4, получим четыре клетки первого цвета, две клетки второго цвета и одну клетку третье го цвета (см. рис. 21.6). Аналогично, рассмотрев квадрат K, получим клетку, которая не может быть ни первого, ни второго, ни третьего цвета.

21.14. Возьмём на плоскости произвольную точку и проведём через неё прямые, параллель ные данным. Они разделят плоскость на 2n углов, в сумме дающих 360. Поэтому один из этих уг лов не превосходит 180/n.

Рис. 21. 21.15. Предположим, что сумма длин хорд не меньше k, и докажем, что тогда найдётся диа метр, пересекающий по крайней мере k + 1 хорду. Так как длина дуги, стягиваемой хордой, больше длины этой хорды, то сумма длин дуг, стя гиваемых данными хордами, больше k. Если мы к этим дугам добавим ещё и дуги, симметричные им относительно центра окружности, то сумма длин всех рассматриваемых дуг будет больше 2 k. Поэтому найдётся точка, которую покрывает по крайней мере k + 1 из этих дуг. Диаметр, проведённый через эту точку, пересекает по крайней мере k + 1 хорду.

21.16. а) Можно. Пусть O — центр правильного пятиугольника ABCDE.

Тогда круги, вписанные в углы AOC, BOD, COE, DOA и EOB, обладают требуемым свойством.

б) Нельзя. Рассмотрим для каждого из четырёх кругов угол, образованный касательными к нему, проходящими через точку O. Так как каждый из этих четырёх углов меньше 180, в сумме они дают меньше 2 · 360. Поэтому найдётся точка плоскости, покрытая не более чем одним из этих углов. Луч, проведённый через эту точку, пересекает не более одного круга.

21.17. Пусть l1 — произвольная прямая, перпендикулярная l. Обозначим длины проекций i-го отрезка на прямые l и l1 через ai и bi соответ ственно. Так как длина каждого отрезка равна 1, то ai + bi 1. Поэтому (a1 +... + a4n) + (b1 +... + b4n) 4n. Пусть для определённости a1 +... + a4n b1 +... + b4n. Тогда a1 +... + a4n 2n. Все данные отрезки проецируются на отрезок длиной 2n, так как они лежат внутри окружности радиуса n. Если 426 Глава 21. Принцип Дирихле бы проекции данных отрезков на прямую l не имели общих точек, то выпол нялось бы неравенство a1 +... + a4n < 2n. Поэтому на l есть точка, в которую проецируются точки по крайней мере двух данных отрезков. Перпендикуляр к l, проведённый через эту точку, пересекает по крайней мере два данных отрезка.

21.18. Спроецируем все данные окружности на сторону AB квадрата ABCD.

Проекцией окружности длиной l является отрезок длиной l/. Поэтому сумма длин проекций всех данных окружностей равна 10/. Так как 10/ > 3 = 3AB, то на отрезке AB есть точка, принадлежащая проекциям по край ней мере четырёх окружностей. Перпендикуляр к AB, проведённый через эту точку, пересекает по крайней мере четыре окружности.

21.19. Разрежем отрезок на десять отрезков длиной 0,1, сложим их стопочкой и спроециру ем на такой же отрезок (рис. 21.7). Так как расстояние между любыми двумя окрашенными точками не равно 0,1, то окрашенные точки со Рис. 21. седних отрезков не могут проецироваться в одну точку. Поэтому ни в одну точку не могут проеци роваться окрашенные точки более чем пяти отрезков. Следовательно, сумма длин проекций окрашенных отрезков (равная сумме их длин) не превосходит 5 · 0,1 = 0,5.

21.20. Совместим данные окружности и посадим в фиксированную точку одной из них маляра. Будем вращать эту окружность и поручим маляру красить ту точку окружности, мимо которой он проезжает, всякий раз, когда какая-либо отмеченная точка лежит на отмеченной дуге. Нужно доказать, что после полного оборота часть окружности останется неокрашенной. Конечный результат работы маляра будет такой же, как если бы ему поручили на i-м обороте красить окружность, когда i-я отмеченная точка лежит на одной из отмеченных дуг, и сделали бы 100 оборотов. Так как в этом случае при каж дом обороте окрашивается меньше 1 см, после 100 оборотов будет окрашено меньше 100 см. Поэтому часть окружности останется неокрашенной.

21.21. Совместим данные окружности и посадим в фиксированную точку одной из них маляра. Будем вращать эту окружность и поручим маляру красить ту точку окружности, мимо которой он проезжает, всякий раз, когда пересекаются какие-либо отмеченные дуги. Нужно доказать, что после пол ного оборота часть окружности останется неокрашенной. Конечный результат работы маляра будет такой же, как если бы ему поручили на i-м обороте красить окружность, когда i-я отмеченная дуга окружности, на которой си дит маляр, пересекается с какой-либо отмеченной дугой другой окружности, и сделали бы k оборотов.

Пусть,..., — угловые величины отмеченных дуг. По условию 1 n <,..., <, где = 180/(k2 - k + 1). За то время, пока пересекают 1 n ся отмеченные дуги с номерами i и j, маляр окрашивает дугу величиной +. Поэтому сумма угловых величин дуг, окрашенных маляром на i-м i j обороте, не превосходит k + ( +... + ), а сумма угловых величин дуг, i 1 k окрашенных за все k оборотов, не превосходит 2k( +... + ). Заметим, 1 k что при этом пересечение дуг с одинаковыми номерами мы учли факти Решения задач чески k раз. В частности, точка A, мимо которой проезжает маляр в тот момент, когда совпадают отмеченные дуги, заведомо покрашена k раз. По этому целесообразно выбросить из рассмотрения те дуги окружности, которые маляр красит в моменты пересечения каких-либо отмеченных дуг с одина ковыми номерами. Так как все эти дуги содержат точку A, то фактически мы выбросили только одну дугу, причём угловая величина этой дуги не превосходит 2. Сумма угловых величин оставшейся части дуг, окрашен ных на i-м обороте, не превосходит (k - 1) + ( +... + - ), а сумма 1 1 k i угловых величин оставшейся части дуг, окрашенных за все k оборотов, не превосходит (2k - 2)( +... + ) < (2k2 - 2k). Часть окружности оста 1 k нется неокрашенной, если выполняется неравенство (2k2 - 2k) 360 - 2, т. е. 180/(k2 - k + 1).

21.22. Рассмотрим фигуру, состоящую из всех точек, удалённых от квад ратика со стороной 1 на расстояние не больше 1 (рис. 21.8). Ясно, что круг радиуса 1, центр которого расположен вне этой фи гуры, не пересекается с квадратиком. Площадь та кой фигуры равна + 5. Центр нужного круга дол жен также находиться на расстоянии больше 1 от сторон большого квадрата, т. е. внутри квадрата со стороной 13. Ясно, что 20 фигур площадью + не могут покрыть квадрат со стороной 13, так как 20( + 5) < 132. Круг с центром в непокрытой точке обладает требуемым свойством.

21.23. Приклеим фигуру к клетчатой бумаге про извольным образом, разрежем бумагу по клеткам и сложим их в стопку, перенося их параллельно и не переворачивая. Спроецируем эту стопку на клетку.

Рис. 21. Проекции частей фигуры не могут покрыть всю клет ку, так как их площадь меньше. Вспомним теперь, как была расположена фигура на клетчатой бумаге, и сдвинем клетчатую бумагу параллельно, что бы её вершины попали в точки, проецирующиеся в какую-либо непокрытую точку. В результате получим искомое расположение фигуры.

21.24. Для каждого креста рассмотрим круг радиусом 1/2 2 с центром в центре креста. Докажем, что если пересекаются два таких круга, то пересе каются и сами кресты. Расстояние между центрами пересекающихся равных кругов не превосходит их удвоенного радиуса, поэтому расстояние между центрами соответствующих им крестов не превосходит 1/ 2. Рассмотрим пря моугольник, заданный перекладинами пер вого креста и центром второго (рис. 21.9).

Одна из перекладин второго креста прохо дит через этот прямоугольник, поэтому она пересекает первый крест, так как длина пе рекладины равна 1/ 2, а длина диагона ли прямоугольника не превосходит 1/ 2.

В круге конечного радиуса можно разме стить лишь конечное число непересекаю щихся кругов радиуса 1/2 2.

21.25. Пусть — данная фигура, S1,...

..., Sn — круги радиуса 1 с центрами в точ Рис. 21. 428 Глава 21. Принцип Дирихле ках A1,..., An. Так как круги S1,..., Sn по парно не пересекаются, то фигуры Vi = Si попарно не пересекаются, а значит, сумма их площадей не превосходит пло щади фигуры, т. е. она меньше. Пусть O — произвольная точка и Wi — об # – раз фигуры Vi при переносе на вектор AiO. Фигуры Wi лежат внутри круга S радиуса 1 с центром O и сумма их площадей меньше площади этого круга.

Поэтому некоторая точка B круга S не принадлежит ни одной из фигур Wi.

# – Перенос на вектор BO — искомый. Действительно, рассмотрим точку Bi, для # – # – # – которой BO = BiAi. При сдвиге на вектор BiAi фигура переходит в фигуру, содержащую точку Ai, тогда и только тогда, когда точка Bi принадлежит Vi, т. е. точка B принадлежит Wi.

21.26. Заметим сначала, что точка X принадлежит кольцу с центром O тогда и только тогда, когда точка O принадлежит такому же кольцу с цен тром X. Поэтому достаточно доказать, что если построить кольца с цен трами в данных точках, то одну из точек рассматриваемого круга покро ет не менее 10 колец. Рассматриваемые кольца лежат внутри круга ра диуса 16 + 3 = 19, площадь которого равна 361. Остаётся заметить, что 9 · 361 = 3249, а суммарная площадь колец равна 650 · 5 = 3250.

21.27. а) Пусть Ck — число способов выбрать k элементов из n. Можно n n проверить, что (x + y)n = Ckxkyn-k (бином Ньютона).

n k= Обозначим через Wm площадь части плоскости, покрытой ровно m фигу рами. Эта часть состоит из кусков, каждый из которых покрыт какими-то определёнными m фигурами. Площадь каждого такого куска при вычисле нии Mk учитывается Ck раз, так как из m фигур можно образовать Ck пере m m сечений k фигур. Поэтому Mk = CkWk + Ck Wk+1 +... + CkWn. Следовательно, k k+1 n M1 - M2 + M3 -... = C1W1 + (C1 - C2)W2 +... + (C1 - C2 + C3 -...)Wn = W1 +...

1 2 2 n n n... + Wn, так как C1 - C2 + C3 -... - (-1)mCm = (-1 + C1 - C2 +...) + 1 = m m m m m m = -(1 - 1)m + 1 = 1. Остаётся заметить, что S = W1 +... + Wn.

б) Согласно задаче а) S - (M1 - M2 +... + (-1)m+1Mm) = (-1)m+2Mm+1 + (-1)m+3Mm+2 +...

n... + (-1)n+1Mn = ((-1)m+2Cm+1 +... + (-1)n+1Cn)Wi i i i= (считается, что если k > i, то Ck = 0). Поэтому достаточно проверить, что i Cm+1 - Cm+2 + Cm+3 -... + (-1)m+n+1Cn 0 при i n. Из тождества (x + y)i = i i i i = (x + y)i-1(x + y) следует равенство Cj = Cj-1 + Cj. Поэтому Cm+1 - Cm+2 +...

i i-1 i-1 i i... + (-1)m+n+1Cn = Cm ± Cn. Остаётся заметить, что Cn = 0 при i n.

i i-1 i-1 i- 21.28. а) Согласно задаче 21.27 а) 6 = 9 - (S12 + S23 + S13) + S123, т. е. S12 + + S23 + S13 = 3 + S123 3. Поэтому одно из чисел S12, S23, S13 не меньше 1.

б) Согласно задаче 21.27 б) 5 9 - M2, т. е. M2 4. Так как из девяти многоугольников можно образовать 9 · 8/2 = 36 пар, площадь общей части одной из этих пар не меньше M2/36 1/9.

Pages:     | 1 |   ...   | 6 | 7 || 9 | 10 |   ...   | 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.