Глава 18. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 19.

18.1.

Повернем квадрат ABCD относительно точки A на 90° так, чтобы точка B перешла в точку D. При этом повороте точка M переходит в точку Mў, а точка K - в точку Kў. Ясно, что РBMA = РDMўA. Так как РMAK = РMAB  =  РMўAD, то РMAD = РMўAK. Поэтому РMўAK = РMAD = РBMA = РDMўA, а значит, AK = KMў = KD + DMў = 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 соответственно. Следовательно, при таком повороте треугольника PA₁B₁ отрезок PM₁ переходит в медиану (повернутого) треугольника.

18.3.

Рассмотрим поворот на 90° относительно точки B, переводящий вершину K в вершину N, а вершину C - в A. При этом повороте точка A переходит в некоторую точку Aў точка E - в Eў. Так как Eў и B - середины сторон AўN и AўC треугольника AўNC, то BEў||NC. Но РEBEў = 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.

Повернем данный квадрат вокруг точки A на 90° так, чтобы вершина B перешла в D. Пусть Mў - образ точки M при этом повороте. Так как по условию MK + MC + CK = (BM + MC) + (KD + CK), то MK = BM + KD = DMў + KD = KMў. Кроме того, AM = AMў, поэтому DAMK = DAMўK, а значит, РMAK = РMўAK  =  РMAMў/2 = 45°.

18.6.

Пусть R - поворот на 90°, переводящий вектор

® BC

в 

® BA

. Пусть, далее,

® BC

= a

,

® CB2

= b

и 

® AB1

= c

. Тогда

® BA

= Ra

,

® D2C

= Rb

и 

® AD1

= Rc

. Поэтому

® D2D1

= Rb – a + Ra + Rc

и 

2

® BM

= a + b + Ra + c

. Следовательно,

R(2

® BM

) =

® D2D1

, так как R(Ra) =  – a.

18.7.

Введем 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

. Поэтому

® O1O2

= (Rb – Ra)/2 =  –

® O3O4

и 

® O2O3

= (b – a)/2 =  –

® O4O1

. Кроме того,

® 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 друг в друга. При повороте относительно точки O на 90° точки A₁, B₁, C₁ и D₁ переходят в точки A₂, B₂, C₂ и D₂ (рис. 18.1).

Рис. 18.1

Так как AA₂^B₁B и BA₂^B₁A, то B₁A₂^AB. Это означает, что прямая l₁ переходит при повороте на 90° относительно точки O в прямую l₂. Для остальных прямых доказательство аналогично.

18.9. При повороте вокруг точки C на 60° точка A переходит в B₁, а точка 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 повороте 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

и 

® CP

переходят в 

® QD

и 

® CB

=

® DA

. Следовательно, при этом повороте вектор

® QP

=

® QC

+

® CP

переходит в вектор

® QD

+

® DA

=

® QA

.

18.14. Пусть Mў - образ точки M при повороте на 60° относительно точки B, переводящем A в C. Тогда РCMўB = РAMB = 120°. Треугольник MMўB равносторонний, поэтому РBMўM = 60°. Так как РCMўB + РBMўM = 180°, точка Mў лежит на отрезке MC. Поэтому MC = MMў + MўC = MB + MA.

18.15. При повороте на 60° с центром A, переводящем B в C, точка M переходит в некоторую точку Mў, а точка C - в точку D. Равенство MA² = MB² + MC² эквивалентно равенству MўM² = MўC² + MC², т. е. тому, что РMCMў = 90°, а значит, РMCB + РMBC = РMCB + РMўCD = 120° – 90°  =  30°, т. е. РBMC = 150°. Искомое ГМТ - дуга окружности, лежащая внутри треугольника, 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.

18.18. Рассмотрим поворот на 60° с центром C, переводящий точку B в A. При этом точки M, N и D переходят в Mў, Nў и Dў. Так как AMNNў - параллелограмм, середина E диагонали AN является его центром симметрии. Поэтому при симметрии относительно точки E треугольник BMN переходит в MўANў, а значит, точка D переходит в Dў, т. е. E - середина отрезка DDў. А так как треугольник CDDў правильный, то углы треугольника CDE равны 30°, 60° и 90°.

18.19. Рассмотрим поворот с центром A, переводящий точку C₁ в точку B. При этом повороте правильный треугольник A₁BC переходит в треугольник A₂FB₁, а отрезок A₁C₁ переходит в отрезок A₂B. Остается заметить, что BA₁A₂B₁ - параллелограмм, 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 

® ACў

(а значит, вектор

® CA

- в 

® CBў

). 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.

Рис. 18.2

18.21. При повороте относительно точки C на 60° против часовой стрелки точка A переходит в точку B, точка D - в точку E, а значит, вектор

® DK

=

® AD

переходит в вектор

® BE

. Так как 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 - точка внутри треугольника ABC. При повороте на 60° относительно точки A точки B, C и O переходят в  некоторые точки Bў, Cў и Oў (рис. 18.2). Так как AO = OOў и OC = OўCў, то BO + AO + CO = BO + OOў + OўCў. Длина ломаной BOOўCў минимальна тогда, когда эта ломаная является отрезком, т. е. РAOB = РAOўCў  =  РAOC = 120°. Для построения искомой точки можно воспользоваться результатом задачи 2.8.

б) Сумма расстояний от точки O до вершин равна длине отрезка BCў, полученного при решении задачи а). Ясно также, что (BCў)² = b² + c² – 2bccos (a + 60°) = b² + c² – bccos a + bcЦ3sin a  = (a² + b² + c²)/2 + 2Ц3 S.

18.23. Пусть O - центр правильного треугольника ABC,

x =

® XO

и

a =

® OA

. Тогда

® OB

= Raa

и

® OC

= R2aa

, где a  =  120°. Поэтому

® XA    + Ra( ® XB   ) + R2a( ® XC   )  =  (x + a) + (Rax + R2aa) + (R2ax + Raa)  =

=  (x + Rax + R2ax) + (a + Raa + R2aa) = 0.

Это означает, что векторы

® XA

,

Ra(

® XB

)

и

R2a(

® XC

)

являются векторами сторон некоторого треугольника. Вырожденность треугольника эквивалентна сонаправленности двух их этих векторов. Если, например, векторы

® XA

и

Ra(

® XB

)

, то Р(AX,XB) = Р(AC,CB), поэтому точка X лежит на описанной окружности треугольника ABC. Вырожденность треугольника в том случае, когда 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 правильный. Докажем, что тогда середины сторон BC, DEў и FўA шестиугольника ABCDEўFў, в котором вершины Eў и Fў получены из точек E и F поворотом на некоторый угол относительно точки O, тоже образуют правильный треугольник. Этим будет все доказано, так как для правильного шестиугольника середины сторон BC, DE и FA образуют правильный треугольник, а любой из рассматриваемых нами шестиугольников может быть получен из правильного поворотами треугольников OCD и OEF.

Пусть Qў и Rў - середины сторон DEў и AFў (рис. 18.3). При повороте на 60° вектор

® EEў

переходит в вектор

® FFў

. Так как

® QQў

=

® EEў

/2

и 

® RRў

=

® FFў

/2

, то вектор

® QQў

переходит в вектор

® RRў

при этом повороте. По предположению треугольник PQR правильный, т. е. вектор

® PQ

переходит в вектор
®
PR при повороте на 60°. Поэтому вектор

® PQў

=

® PQ

+

® QQў

переходит в вектор

® PRў

=

® PR

+

® RRў

при повороте на 60°, т. е. треугольник PQўRў правильный.

18.25.

Пусть K, L, M и N - вершины правильных 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

и 

c =

® AF

; R - поворот на 60°, переводящий вектор

® BC

в 

® BK

. Тогда

® AM

=  – R2c

и 

® FN

=  – R2a

. Поэтому

2

® A1B1

= R2c + Ra + b

и 

2

® F1A1

=  R2a – c + Rb

, т. е.

® F1A1

= R(

® A1B1

)

.

Рис. 18.3 Рис. 18.4

18.26.

Пусть при повороте на угол a с центром в центре окружности S, переводящем точку C в точку D, точка A переходит в некоторую точку Aў. Тогда Р(BD, DAў) = a, т. е. точка D лежит на окружности, из которой отрезок AўB виден под углом a.

18.27.

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

18.28.

Одинаковые буквы G можно совместить поворотом с некоторым центром O (если они совмещаются параллельным переносом, то AA_i||AўA_iў). Согласно задаче 18.27 точка X_i лежит на описанной окружности треугольника AўOA. Ясно, что точки, лежащие на одной окружности, образуют выпуклый многоугольник.

18.29.

Пусть O - центр поворота R, переводящего отрезок A(t₁) A(t₂) в отрезок B(t₁) B(t₂), где t₁ и t₂ - некоторые моменты времени. Тогда этот поворот переводит A(t) в B(t) в любой момент времени t. Поэтому, согласно задаче 18.27, точка O лежит на описанной окружности треугольника APB.

18.30.

Пусть A и B - точки окружности с центром O, A₁ и B₁ - образы этих точек при повороте на угол a относительно центра O; P и P₁ - середины отрезков AB и A₁B₁; M - точка пересечения прямых AB и A₁B₁. Прямоугольные треугольники POM и P₁OM имеют общую гипотенузу и равные катеты PO = P₁O, поэтому эти треугольники равны и РMOP = РMOP₁  =  a/2. Точка M получается из точки P поворотом на угол a/2 и  последующей гомотетией с коэффициентом 1/cos (a/2) и центром O.

18.31.

Согласно задаче 5.52 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.

Легко проверить, что если построенные точки M и N лежат на сторонах AB и AC, то MN - искомая прямая. Основной момент в доказательстве - доказательство того, что при повороте относительно точки Q на 180° – РA точка M переходит в точку N. Для доказательства этого факта надо воспользоваться тем, что РONOў  =  РA, т. е. при этом повороте прямая OM переходит в прямую OўN.

18.32.

Предположим, что k-угольники C₁јC_k и D₁јD_k правильные одинаково ориентированные. Пусть C и D - центры этих k-угольников,

ci =

® CCi

и 

di =

® DDi

. Тогда

® CiDi

=

® CiC

+

® CD

+

® DDi

=  – ci +

® CD

+ di

. Вектор

® CiDi

переходит в вектор

® CiBi

при повороте R^j, где j - угол при вершине правильного n-угольника. Поэтому

® XBi

=

® XC

+ ci +

® CiBi

=

® XC

+ ci + Rj( – ci +

® CD

+ di)

. Точку X подберем так, что

® XC

+ Rj(

® CD

) =

® 0

. Тогда

® XBi

= ci + Rj(di – ci) = Riyu

, где u = c_k + R^j(d_k – c_k), R^y - поворот, переводящий вектор c_k в c₁. Следовательно, B₁јB_k - правильный k-угольник с центром X. Аналогично доказывается, что A₁јA_k - правильный k-угольник.

18.33.

Пусть H - точка пересечения высот треугольника ABC, H₁, H₂ и H₃ - точки, симметричные точке H относительно сторон BC, CA и AB. Точки H₁, H₂ и H₃ лежат на описанной окружности треугольника ABC (задача 5.10). Пусть l - прямая, проходящая через точку H. Прямая, симметричная прямой l относительно стороны BC (соответственно CA и AB), пересекает описанную окружность в точке H₁ (соответственно H₂ и H₃) и в некоторой точке P₁ (соответственно P₂ и P₃).

18.34.

Предположим, что лев бежал по ломаной A₁A₂јA_n. Распрямим траекторию движения льва следующим образом. Повернем относительно точки A₂ арену

Рис. 18.5

цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка A₃ попала на луч A₁A₂. Затем повернем относительно точки A₃ арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка A₄ попала на луч A₁A₂ и т. д. Центр O арены цирка переходит при этом последовательно в точки O₁ = O, O₂, ј, O_n – 1; точки A₁, ј, A_n переходят в точки A₁ў, ј, A_nў, лежащие на одной прямой (рис. 18.5).

Пусть a_i – 1 - угол поворота льва в  точке A_iў. Тогда РO_i – 1A_iўO_i = a_i – 1 и A_iўO_i – 1 = A_iўO_i Ј 10, поэтому O_iO_i – 1 Ј 10a_i – 1. Следовательно, 30 000  =  A₁ўA_nў Ј A₁ўO₁ + O₁O₂ + ј + O_n – 2O_n – 1 + O_n – 1A_nў Ј 10 + 10(a₁ + ј + a_n – 2) + 10, т. е. a₁ + ј + a_n – 2 і 2998.

18.35.

Рассмотрим композицию поворотов R_B^b°R_A^a. Если A = B, то утверждение задачи очевидно, поэтому будем считать, что A № B. Пусть l = AB, прямые a и b проходят через точки A и B соответственно, причем Р(a, l) = a/2 и Р(l, b) = b/2. Тогда R_B^b°R_A^a = S_b°S_l°S_l°S_a = S_b°S_a.

18.36.

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 = R_R^90°°R_Q^90°(B) = R_O1^180°(B) и B = R_P^90°°R_S^90°(D) = R_O2^180°(D), т. е. O₁ = O₂ - середина отрезка BD.

18.37.

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 параллелограмма ABCD является центром симметрии четырехугольника PQRS, т. е. PQRS - параллелограмм с равными и перпендикулярными диагоналями, а значит, он квадрат.

18.38.

Пусть P, Q и R - центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC и CA. Рассмотрим поворот на 90° с центром R, переводящий 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 стороны, 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 внутренним образом.

18.39.

Если O₁ = O₃, то R_D^90°°R_C^90°°R_B^90°°R_A^90° = R_O3^180°°R_O1^180° = E. Поэтому E = R_A^90°°E°R_A ^– 90° = R_A^90°°R_D^90°°R_C^90°°R_B^90° = R_O4^180°°R_O2^180°, т. е. O₄ = O₂. (E - тождественное преобразование.)

18.40.

а) См. решение более общей задачи 18.44 (достаточно положить a  = b  = g  = 120°). В случае б) доказательство аналогично.

18.41.

Композиция поворота на 60° относительно точки Aў, переводящего B в C, поворота на 60° относительно точки Bў, 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 направлении, противоположном направлению последнего поворота, то композиция этих поворотов является параллельным переносом, имеющим неподвижную точку, т. е. является тождественным преобразованием: R_M ^– 120°°R_Bў^60°°R_Aў^60° = E. Поэтому R_Bў^60°°R_Aў^60° = R_M^120°, т. е. точка M является центром поворота R_Bў^60°°R_Aў^60°. Следовательно, РMAўBў = РMBўAў = 30°, т. е. AўBўM - равнобедренный треугольник, причем РAўMBў = 120°.

18.42.

Из условия задачи следует, что R_C ^– 2g = R_B^2b°R_A^2a, т. е. точка C является центром композиции поворотов R_B^2b°R_A^2a. Это означает, что РBAC = a и РABC = b (см. задачу 18.35). Поэтому РACB = p – a – b  = g.

18.43.

Обозначим данные точки через M₁, ј, M_n. Предположим. что мы построили многоугольник A₁A₂јA_n так, что треугольники A₁M₁A₂, A₂M₂A₃, …, A_nM_nA₁ равнобедренные, причем РA_iM_iA_i + 1 = a_i и стороны многоугольника являются основаниями этих равнобедренных треугольников. Ясно, что R_Mn^a_n°ј°R_M1^a₁(A₁) = A₁. Если a₁ + ј + a_n № k · 360°, то точка A₁ является центром поворота R_Mn^a_n°ј°R_M1^a₁. Центр композиции поворотов мы можем построить. Построение остальных вершин многоугольника производится очевидным образом. Если a₁ + ј + a_n = k · 360°, то задача неопределенная: либо любая точка A₁ задает многоугольник, обладающий требуемым свойством, либо задача не имеет решений.

18.44.

Так как R_Cў^g°R_Bў^b°R_Aў^a(B) = R_Cў^g°R_Bў^b(C) = R_Cў^g(A) = B, то B - неподвижная точка композиции поворотов R_Cў^g°R_Bў^b°R_Aў^a. А так как a + b + g  = 2p, то эта композиция является параллельным переносом, имеющим неподвижную точку, т. е. тождественным преобразованием. Остается воспользоваться результатом задачи 18.42.

18.45.

Так как R_Gў^p – a°R_A^a(N) = L и R_G^p – a°R_A^a(L) = N, то преобразования R_Gў^p – a°R_A^a и R_G^p – a°R_A^a являются центральными симметриями относительно середины отрезка LN, т. е. R_Gў^p – a°R_A^a = R_G^p – a°R_A^a. Следовательно, R_Gў^p – a  =  R_G^p – a и Gў = G.

18.46.

Пусть A₁, B₁ и C₁ - центры описанных окружностей треугольников APR, BPQ и CQR. При последовательных поворотах с центрами A₁, B₁ и C₁ на углы 2a, 2b и 2g точка R переходит сначала в P, затем в Q, а потом возвращается на место. Так как 2a + 2b + 2g  = 360°, то композиция указанных поворотов - тождественное преобразование. Следовательно, углы треугольника A₁B₁C₁ равны a, b и g (см. задачу 18.42).

Глава 18. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 19.

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.