WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 4 | 5 || 7 | 8 |   ...   | 19 |

Рис. a+b+c2=0 (9.5) или же a2+b+c=0. (9.6) Оказывается, первое из этих равенств соответствует только тому случаю, когда треугольник ABC ориентирован положительно, а второе выполняется лишь при его отрицательной ориентации. В самом деле, так как умножению на отвечает поворот на, при положительной ориентации треугольника b-a=(a-c), c-b=(b-a) (рис. 22), откуда a=b-a+c, b=c-b+a, и поэтому a+b+c2= =c(1++2)=0. Аналогично проверяется выполнение равенства (9.6) для отрицательно ориентированного правильного треугольника ABC.

Очевидно, одновременно равенства (9.5) и (9.6) выполняться не могут.

Если правильный треугольник ABC вписан в окружность zz=1, то при его положительной ориентации b=c и c2=b, а при отрицательной ориентации b=a и a2=b. Поэтому каждое из равенств (9.5) и (9.6) принимает вид a+b+c=0. (9.7) 9.2. Теорема Помпею. Для того, чтобы точка M плоскости лежала на окружности, описанной около правильного треугольника ABC, необходимо и достаточно, чтобы длина большего из отрезков MA, MB, MC была равна сумме длин двух других.

Необходимость этого условия следует из теоремы Птолемея (п. 7.4). Докажем достаточность.

Примем точку M за начальную. Пусть правильный треугольник ABC ориентирован положительно. Тогда, в силу (9.5), a+b+ +c2=0 (3=1, 1++2=0). Если MA>MB и MA>MC, то равенство MA=MB+MC эквивалентно равенству |a|=|b|+|c|. Так как |a|=|b+c2|=||·|b+c|=|b+c| и |c|=|c|, равенство |a|=|b|+|c| равносильно такому:

|b+c|=|b|+|c|.

C Оно имеет место тогда и только тогда, когда точки B и C1(c) коллинеарны с началом M (рис. 23). В этом случае ориентированный угол CMB равен 120, и точка M лежит на окружM ности, описанной около треугольника ABC.

З а д а ч а 1. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC построены одинаково ориентиAB рованные равносторонние треугольники BCA1, CAB1, ABC1. Доказать, что их центры A0, B0, CC0 являются вершинами равностороннего проРис. тивоположно ориентированного треугольника (рис. 24).

Согласно условию задачи и (9.5), a+b1+c2=0, b+c+a12=0, c1+a+b2=0.

1 1 Кроме того, a0= (b+c+a1), b0= (c+a+b1), c0= (a+b+c1).

3 3 Отсюда находим:

3(c0+b0+2a0)=a+b+c1+(c+a+b1)+2(b+c+a1)= =(c1+a+2b)+(b+c+2a1)+(a+b1+2c)=0, т. е. треугольник C0B0A0 — правильный и той же ориентации, что и данные правильные треугольники, а значит, треугольник A0B0Cимеет противоположную ориентацию.

З а д а ч а 2. В условиях предыдущей задачи доказать, что середины A, B, C отрезков AA0, BB0, CC0 являются вершинами правильного треугольника той же ориентации, что и данные правильные треугольники (см. рис. 24).

По условию имеем:

1 1 a = a+ (b+c+a1) = (3a+b+c-b-2c), 2 3 1 1 b = b+ (c+a+b1) = (3b+c+a-c-2a), 2 3 1 1 c = c+ (a+b+c1) = (3c+a+b-a-2b).

2 3 Тогда 6(a +b +2c )=3a+b+c-b-2c+3b+c+a-2c-a+32c+ +2a+2b-a-b=a(1++2)+b(1++2)+c(1++2)=0.

Следовательно, треугольник A B C является правильным и имеет ту же ориентацию, что и каждый из трёх данных правильных треугольников.

З а д а ч а 3. Дан треугольник ABC. Построить такой треугольник A0B0C0, чтобы треугольники A0B0C, B0C0A, C0A0B были правильными одной ориентации (рис. 25).

По требованию задачи числа a0, b0, c0 должны удовлетворять равенствам:

a+b0+2c0=0, b+c0+2a0=0, c+a0+2b0=0.

Исключив из первых двух равенств c0, получаем:

a-b+b0-a0=0.

Выразив b0 из этого уравнения и подставив полученное выражение в третье, находим:

c+a0-a+2b+a0=0, откуда 2a0=a-2b-c.

Построим правильный треугольник CA B:

c+a +2b=0.

Тогда 2a0=a+a, и a0= (a+a ).

Построив аналогично правильные треугольники AB C и BC A, найдём, 1 что b0= (b+b ) и c0= (c+c ). Следовательно, чтобы построить 2 треугольник A0B0C0, необходимо на сторонах BC, CA, AB построить CC B B CCAA AAC A B A C A C BBB1 B Рис. 24 Рис. C правильные треугольники CA B, AB C и BC A той же ориентации, что и искомые правильные треугольники. Тогда середины отрезков AA, BB, CC будут искомыми точками A0, B0, C0.

Задача 4 (теорема Морлея). ДокаQ P зать, что пары трисектрис углов треугольника, примыкающих к одной и той же его R стороне, пересекаются в точках, являющихся вершинами правильного треугольAB ника (рис. 26). (Трисектрисой угла наРис. зывается луч с началом в вершине угла, делящий его в отношении 1:2.) Описанную около данного треугольника окружность примем за единичную zz=1. Положим a=3, b=33, c=333=1. Пусть трисектрисы, прилежащие к стороне AB, пересекаются в точке R и пересекают окружность соответственно в точках A1 и B1. Тогда a1= =b=33, b1=2c=2. На основании (2.20) получаем:

b+b1-(a+a1) 33+2-3-r=, bb1-aa1 = 53-1 1 1 + - 33 2 3 33 +3-3-r= = 3= 1 -53 433+3-3-= 3=33(22++1-2-).

-Таким же путём находим и координату точки P пересечения трисектрис, примыкающих к стороне BC:

1 1 +1- 32 p= =(22++1-2-) 1 32 и координату точки Q пересечения трисектрис, прилегающих к стороне CA:

1 1 +1- 3 3 233 22-1+2(1-33) q= = 3= 1 232(1-) 3 =3(22++1-2-).

Остаётся доказать, что p+q+2r=0, где =, ()2++1=0.

Действительно, p+q+2r=(22++1-2-)+ +42(22++1-2-)+22(22++1-2-)= =2(1++222)=0.

Задачи 2.8. Стороны треугольника ABC разделены точками M, N, K таким - - - - - образом, что AM =AB, BN =BC, CK=CA. Докажите, что если MNK — правильный треугольник, то и данный треугольник также правильный.

2.9. Даны два правильных и одинаково ориентированных треугольника ABC и A1B1C1. Докажите, что из отрезков AA1, BB1, CCможно построить треугольник.

2.10. Даны два правильных одинаково ориентированных треугольника A1A2A3 и B1B2B3. На отрезках A1B1, A2B2, A3B3 построены правильные треугольники A1B1C1, A2B2C2, A3B3C3 той же ориентации. Докажите, что треугольник C1C2C3 правильный и имеет ту же ориентацию.

2.11. На сторонах AB, CD, EF центрально симметричного шестиугольника ABCDEF построены одинаково ориентированные правильные треугольники ABP, CDQ, EFR. Докажите, что треугольник PQR правильный.

2.12. Точка M лежит на окружности, описанной около правильного треугольника ABC. Докажите, что MA4+MB4+MC4=18R4.

2.13. Дан правильный треугольник ABC. На прямой BC взята произвольная точка D, а на прямой AB — точка E так, что AE=BD -k и BD, AE =60. Докажите, что EC=ED.

2.14. На смежных сторонах AB и AD параллелограмма ABCD вне его построены правильные треугольники ABM и ADN. Докажите, что треугольник MNC правильный.

2.15. Даны три правильных одинаково ориентированных треугольника OAB, OCD и OEF. Докажите, что середины отрезков BC, DE, FA являются вершинами правильного треугольника, либо совпадают.

2.16. Даны три одинаково ориентированных правильных треугольника AKL, BMN и CPQ, причём точки A, B, C являются вершинами правильного треугольника. Докажите, что середины отрезков LM, NP, QK являются вершинами правильного треугольника, либо совпадают.

4—7685.—Я. П. Понарин.

2.17. Точки A1, B1, C1 расположены на сторонах BC, CA, AB правильного треугольника ABC так, что CA1=2BA1, AB1=2CB1, BC1= =2AC1. Точка A2 отрезка B1C1 такова, что C1A2=2B1A2. Докажите, d что отрезки AA2 и A1A2 равны и AA2A1=120.

2.18. На сторонах AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD вне его построены правильные треугольники ABM и CDN, а на сторонах BC и DA построены правильные треугольники BCP и DAQ, лежащие с четырёхугольником в одной полуплоскости относительно прямых BC и DA соответственно. Докажите, что MPNQ — параллелограмм.

2.19. Точка C1 делит сторону AB правильного треугольника ABC в отношении 3:2, считая от точки A. Точка B1 делит сторону AC в отношении 3:14, считая от точки A. Отрезки BB1 и CC1 пересекаются в точке P. Докажите, что прямые PA и CC1 перпендикулярны.

§ 10. Правильные многоугольники 10.1. Координаты вершин правильного n-угольника. Корень n-й степени из комплексного числа z=r(cos +i sin ) имеет n значений, которые находятся по известной формуле +2k +2k zk=n r cos +i sin, n n где k принимает значения 0, 1, 2,..., n-1. Все n значений z0, z1, n z2,..., zn-1 имеют один и тот же модуль r. Аргумент числа z равен, а аргументы остальных zi получаются последовательным n прибавлением. Поэтому точки с комплексными координатами z0, n z1,..., zn-1 являются вершинами правильного n-угольника, вписан n ного в окружность радиуса r с центром в нулевой точке O.

При решении задач с правильными многоугольниками удобно сопоставить центру многоугольника число 0, а одной из его вершин — число 1. Так как повороту вектора OM около точки O на угол соответствует умножение комплексной координаты z точки M на число =cos +i sin, вершинам A0, A1, A2,..., A правильного многоn-угольника соответствуют комплексные числа 2k 2k zk=cos +i sin, k=0, 1, 2,..., n-1, (10.1) n n представляющие собой корни уравнения zn-1=0. Поскольку zk=zk, то вершинам A0, A1, A2,..., A соответствуют числа 1, z, z2,..., zn-1.

n-Уравнение zn-1=0 эквивалентно уравнению (z-1)(zn-1+zn-2+...+z2+z+1)=0.

Корням уравнения 1+z+z2+...+zn-1=0 соответствуют вершины A1, A2,..., A.

n-Полезно заметить, что zk=zn-k. Действительно, если 2 z=cos +i sin, n n то 2(n-k) 2(n-k) zn-k=cos +i sin = n n 2k 2k 2k 2k =cos 2- +i sin 2- =cos -i sin =zk.

n n n n Если n=2m, то zm=-1, и вершинам правильного n-угольника соответствуют числа 1, z, z2,..., zm-1, -1, -z, -z2,..., -zm-1, причём zk= =z2m-k=zm·zm-k=-zm-k. Уравнение z2m-1=0 эквивалентно zk уравнению (zm-1)(zm+1)=0. Корни уравнения zm-1=0 соответствуют вершинам n-угольника с чётными номерами, а корни уравнения zm+1=0 — вершинам этого n-угольника с нечётными номерами.

10.2. Вычисление длин сторон и диагоналей правильного n-угольника. Для вычисления длин сторон и диагоналей правильного многоугольника воспользуемся формулой (2.2):

A0A2=(zk-1)(zk-1).

k Поскольку zkzk=1, то A0A2=2-(zk+zk), (10.2) k 2k причём zk+zk=2 cos. Остаётся найти сумму zk+zk=uk. Чиn сло zk — корень уравнения zn-1+zn-2+...+z2+z+1=0. Учитывая, что zn-k=zk, при нечётном n это уравнение можно представить так:

z+z2+...+z(n-1)/2+z(n-1)/2+...+z2+z+1=0, или (z(n-1)/2+z(n-1)/2)+...+(z2+z2)+(z+z)+1=0. (10.3) Положив z+z=u, находим: z2+z2=u2-2, z3+z3=u3-3u,... Таким образом, выполняя подстановки, получим уравнение степени (n-1) 4*—7685.—Я. П. Понарин.

относительно u, из которого найдём (n-1) значений u. Подставляя их поочерёдно в формулу (10.2), найдём длины хорд A0A1, A0A2,..., A0A, где m= (n-1).

m Если n чётно, n=2m, то корни уравнения zm-1=0 отвечают вершинам с чётными номерами, а корни уравнения zm+1=0 — вершинам с нечётными номерами. Тогда сумма zk+zk находится из возвратного уравнения zm+1=0.

Рассмотрим примеры.

Если n=5, то уравнение (10.3) имеет вид: (z2+z2)+(z+z)+1=0, 2k или u2+u-1=0, откуда u1,2=-1(1 5). Но uk=zk+zk=2 cos, 2 n 2 и u1=z1+z1=2 cos >0, u2=z2+z2=2 cos <0, а значит, u1= 5 p 1 1 =- (1- 5) и u2=- (1+ 5). Поэтому |A0A1|= 10-2 5, 2 2 p |A0A2|= 10+2 5.

Если n=12, то z6+1=0, или z3+z3=0, откуда u3-3u=0, p и u1= 3, u3=0, u5=- 3. Значит, A0A1= 2- 3, A0A3= 2, A0A5= p = 2+ 3. Уравнение z6-1=0 равносильно уравнению (z-1)(z+1) (z2+z+1)(z2-z+1)=0. Очевидно, корням z=1 и z=-1 соответствуют вершины A0 и A6. Уравнение z2-z+1=0 даёт z+z=1, и поэтому A0A2 а из уравнения z2+z+1=0 получаем z+z=-1.

=1, Значит, A0A4= 3.

З а д а ч а 1. Доказать, что сумма квадратов расстояний от любой точки P плоскости до вершин правильного n-угольника A0A1... A n-равна n(R2+d2), где R — радиус описанной окружности, d — расстояние от точки P до её центра.

Пусть R=1 и точке P соответствует комплексное число p. Тогда pp=d2 и PA2+PA2+...+PA2 =(1-p)(1-p)+(z-p)(z-p)+(z2-p)(z2-p)+...

0 1 n-...+(zn-1-p)(zn-1-p)=1+npp+zz+(zz)2+...

...+(zz)n-1-p(1+z+z2+...+zn-1)-p(1+z+z2+...+zn-1)= =1+nd2+(n-1)=n(1+d2)=n(R2+d2), так как zz=1 и 1+z+z2+...+zn-1=0.

Следствие. Если точка P принадлежит описанной окружности, то рассматриваемая сумма равна 2nR2.

З а д а ч а 2. Доказать, что сумма квадратов длин всех сторон и всех диагоналей правильного n-угольника равна n2R2.

Пусть R=1. Число отрезков, соединяющих одну вершину мноn гоугольника со всеми оставшимися в раз меньше числа всех сторон и диагоналей. Поскольку все вершины равноправны, рассматриваемая сумма равна n (A0A2+A0A2+...+A0A2 ) = 1 2 n-n = ((z-1)(z-1)+(z2-1)(z2-1)+...+(zn-1-1)(zn-1-1))= n = ((z-1)(zn-1-1)+(z2-1)(zn-2-1)+...+(zn-1-1)(z-1))= n n = (2(n-1)-2(z+z2+z3+...+zn-1))= (2(n-1)+2)=n2=n2R2.

2 З а д а ч а 3. Доказать, что длина стороны правильного девятиугольника равна разности длин его наибольшей и наименьшей диагоналей.

Предстоит убедиться в том, что |z-1|=|z4-1|-|z2-1|.

Итак, z9-1=0, а значит, (z3-1)(z6+z3+1)=0. Из равенства z6+z3+ +1=0 получаем 1+z3=-z6. Заметим, что |z4-1|-|z2-1|=|z4-1|-|z3-z|.

Так как векторы, соответствующие комплексным числам z4-и z3-z, сонаправлены, разность их модулей равна модулю разности:

|z4-1|-|z2-1|=|z4-1-z3+z|=|(1+z3)(z-1)|=|-z6(z-1)|=|z-1|.

З а д а ч а 4. Доказать, что в правильном двенадцатиугольнике A0A1... AA0A1+A0A3=2r, где r — радиус вписанной окружности.

Из равенства z12-1=0 следует, что z6+1=0, откуда z4-z2+ +1=0. Значит, A0A1+A0A3=|z-1|+|z3-1|=|z2-z|+|z3-1|=|z2-z+z3-1|= =|(z2-1)(z+1)|=|z4|·|z+1|=|z+1|.

- Числу z+1 соответствует сумма векторов OA0+OA1, модуль которой, очевидно, равен 2r. Здесь при преобразованиях использован тот же приём умножения на z (|z|=1) с целью получить комплексные числа z2-z и z3-1, отвечающие сонаправленным векторам.

З а д а ч а 5. Доказать, что в правильном пятнадцатиугольнике A0A1... A14 имеет место соотношение 1 1 1 A0A1 = A0A2 + A0A4 + A0A7.

Доказываемое равенство эквивалентно такому:

1 1 1 - = +, |z-1| |z7-1| |z2-1| |z4-1| или |z7-1|-|z-1| |z4-1|+|z2-1| =, |z-1|·|z7-1| |z2-1|·|z4-1| или |z7-1|-|z4-z3| |z4-1|+|z3-z| =.

|z-1|·|z7-1| |z2-1|·|z4-1| Далее, используя коллинеарность векторов, преобразуем его, как в предыдущих задачах:

|z7-1-z4+z3| |z4-1+z3-z| =, |z-1|·|z7-1| |z2-1|·|z4-1| |z4+1|·|z3-1| |z3-1|·|z+1| =.

|z-1|·|z7-1| |z2-1|·|z4-1| После сокращений получаем:

|z4+1| =, или |z8-1|=|z7-1|.

|z7-1| |z4-1| А это верно, поскольку в правильном пятнадцатиугольнике равны A0Aи A0A8.

З а д а ч а 6. В окружность вписан правильный многоугольник A0A1... A2n с нечётным числом вершин. Доказать, что знакопеременная сумма расстояний от центра окружности до стороны A0Aи до диагоналей A0A2, A0A3,..., A0A равна половине радиуса окружn ности.

Р е ш е н и е 1. Расстояние от центра до хорды A0Ak равно |1+zk|. Считаем окружность единичной: zz=1. Следует доказать, что 1 1 1 1 |1+z|- |1+z2|+ |1+z3|-...+ (-1)n+1|1+zn|=, 2 2 2 2 или S=|1+z|-|1+z2|+|1+z3|-...+(-1)n+1|1+zn|=1.

Возьмём комплексное число такое, что 2=z. Тогда ||=|z|=1, а значит, S=|1+z|·||-|1+z2|·|2|+|1+z3|·|3|-...+(-1)n+1|1+zn|·|n|.

Pages:     | 1 |   ...   | 4 | 5 || 7 | 8 |   ...   | 19 |



© 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.