Глава 15. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 16.

15.1. Пусть Aў - образ точки A при параллельном переносе на вектор

® MN

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

Рис. 15.1

15.2. Обозначим последовательные точки траектории на сторонах треугольника через A₁, B₁, B₂, C₂, C₃, A₃, A₄ B₄, ј (рис. 15.1). Так как A₁B₁||AB₂, B₁B₂||CA₁ и B₁ C||B₂C₂, то треугольник AB₂C₂ получается из треугольника A₁B₁C параллельным переносом. Аналогично треугольник A₃BC₃ получен параллельным переносом из треугольника AB₂C₂, а треугольник A₄B₄C - из треугольника A₃BC₃. Но треугольник A₁B₁C тоже получен из треугольника A₃BC₃ параллельным переносом. Поэтому A₁ = A₄, т. е. после семи шагов траектория замкнется (возможно, что она замкнется и раньше).

15.3.

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

Рис. 15.2

Рис. 15.3

15.4. Построим окружность S, касающуюся стороны AB и лучей BC и AD, и перенесем треугольник CND параллельно (в направлении оснований BC и AD) так, чтобы точка Nў совпала с точкой M, т. е. сторона CўDў касалась окружности S (рис. 15.2).

Для описанной трапеции ABCўDў равенство 2MNў = |AB + CўDў – BCў – ADў| очевидно, так как Nў = M. При переходе от трапеции ABCўDў к трапеции ABCD к левой части этого равенства добавляется 2NўN, а к правой добавляется CCў + DDў = 2NNў, поэтому равенство сохраняется.

15.5. Обозначим точку пересечения высот треугольника BKH через H₁. Так как HH₁^BK и KH₁^BH, то HH₁||AD и KH₁||DC, т. е. H₁HDK - параллелограмм. Поэтому при параллельном переносе на вектор

® H1H

точка K переходит в  точку D, а точка B переходит в некоторую точку P (рис. 15.3). Так как PD||BK, то BPDK - прямоугольник и PK = BD = b. А так как BH₁^KH, то PH^KH. Ясно также, что PH = BH₁.

В прямоугольном треугольнике PKH известны гипотенуза KP + b и  катет KH = a, поэтому

BH1 = PH =

Ц

b2 – a2

.

Рис. 15.4

15.6. Обозначим серединные перпендикуляры к сторонам треугольников так, как показано на рис. 15.4. Все прямые l_ij параллельны и расстояние между прямыми l₁₁ и l₁₂ равно расстоянию между прямыми l₂₁ и l₂₂ (оно равно половине длины стороны параллелограмма). Поэтому параллельный перенос, переводящий l₁₁ в l₁₂, переводит l₂₁ в l₂₂, а параллельный перенос, переводящий l₁₁ в l₂₁, переводит l₁₂ в l₂₂. Следовательно, параллельный перенос, переводящий точку пересечения прямых l₁₁ и m₁₁ в точку пересечения прямых l₁₂ и m₂₁, переводит точку пересечения прямых l₂₁ и m₁₂ в точку пересечения прямых l₂₂ и m₂₂.

Рис. 15.5

15.7. а) Фигуру, лежащую внутри квадрата ABCD со стороной 1, обозначим через F, а ее площадь - через S. Рассмотрим два вектора

® AA1

и 

® AA2

, где точка A₁ лежит на стороне AD и AA₁ = 0,001, а точка A₂ лежит внутри угла BAD, РA₂AA₁ = 60° и AA₂ = 0,001 (рис. 15.5).

Пусть F₁ и F₂ - образы F при параллельных переносах на векторы

® AA1

и 

® AA2

. Фигуры F, F₁ и F₂ не имеют общих точек и лежат внутри квадрата со стороной 1,001. Поэтому 3S < 1,001², т. е. S < 0,335 < 0,34.

б) Рассмотрим вектор

® AA3

=

® AA1

+

® AA2

. Повернем вектор

® AA3

вокруг точки A (против часовой стрелки на острый угол) так, чтобы точка A₃ перешла в точку A₄, для которой A₃A₄ = 0,001. Рассмотрим также векторы

® AA5

и 

® AA6

длиной 0,001, образующие с вектором

® AA4

углы 30° и лежащие по разные стороны от него (рис. 15.5).

Обозначим образ фигуры F при параллельном переносе на вектор

® AAi

через F_i. Для определенности будем считать, что S(F₄ЗF) Ј S(F₃ЗF). Тогда S(F₄ЗF) Ј S/2, поэтому S(F₄ИF) і 3S/2. Фигуры F₅ и F₆ не пересекаются ни друг с другом, ни с фигурами F и F₄, поэтому S(FИF₄ИF₅ИF₆) і 7S/2. (Если бы оказалось, что S(F₃ЗF) Ј S(F₄ З F), то вместо фигур F₅ и F₆ нужно было бы взять F₁ и F₂.) Так как длины векторов

® AAi

не превосходят 0,001Ц3, все рассматриваемые фигуры лежат внутри квадрата со стороной 1 + 0,002Ц3. Поэтому 7S/2 Ј (1 + 0,002Ц3)² и S < 0,287.

Примечание. S(AИB) - площадь объединения фигур A и B, S(AЗB) - площадь их пересечения.

15.8.

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

15.9.

а) Пусть Sў₁ - образ окружности S₁ при параллельном переносе на вектор длиной a, параллельный прямой l (таких векторов два). Искомая прямая проходит через точку пересечения окружностей Sў₁ и S₂.

в) Пусть Sў₁ - образ окружности S₁ при параллельном переносе на некоторый вектор, параллельный прямой l. Тогда длины хорд, высекаемых прямой l₁ на окружностях S₁ и Sў₁, равны. А если расстояние между проекциями центров окружностей Sў₁ и S₂ на прямую l равно a/2, то сумма или разность длин хорд, высекаемых прямой, параллельной прямой l и проходящей через точку пересечения окружностей Sў₁ и S₂, равна a. Требуемая окружность Sў₁ легко строится.

Рис. 15.6

15.10. Предположим, что точка X построена. Перенесем точку A на вектор

® EF

, т. е. построим точку Aў, для которой

® EF

=

® AAў

. Это построение можно сделать, так как вектор

® EF

известен: его длина равна a и он параллелен CD.

Поскольку AX||AўF, то РAўFB = РAXB, поэтому угол AўFB известен. Таким образом, точка F лежит на пересечении двух фигур: отрезка CD и дуги окружности, из которой отрезок AўB виден под углом AXB (рис. 15.6).

15.11.                      Предположим, что четырехугольник ABCD построен. Обозначим образ точки D при параллельном переносе на вектор

® CB

через D₁. В треугольнике ABD₁ известны AB, BD₁ и РABD₁. Из этого вытекает следующее построение. Строим произвольно луч BCў, затем проводим лучи BDў₁ и BAў так, что РDў₁BCў = 180° – РC, РAўBCў = РB и эти углы откладываются от луча BCў в одной полуплоскости. На лучах BAў и BDў₁ отложим отрезки BA = a и BD₁ = b соответственно. Проведем луч ADў так, что РBADў = РA и  лучи BCў, ADў лежат по одну сторону от прямой AB. Вершина D является точкой пересечения луча ADў и луча, проведенного из точки D₁ параллельно лучу BCў. Вершина C является точкой пересечения луча BCў и луча, проведенного из точки D параллельно лучу D₁B.

15.12.

Предположим, что точки M и N, в которых прямая l пересекает окружность S₂, построены. Пусть O₁ и O₂ - центры окружностей S₁ и S₂; Oў₁ - образ точки O₁ при таком параллельном переносе вдоль прямой l, что Oў₁O₂^MN, Sў₁ - образ окружности S₁ при этом переносе. Проведем касательные AP и AQ к окружностям Sў₁ и S₂. Тогда AQ² = AM · AN = AP², а значит, Oў₁A² = AP² + R², где R - радиус окружности Sў₁. Так как отрезок AP можно построить, то можно построить и отрезок AOў₁. Остается заметить, что точка Oў₁ лежит на окружности радиуса AOў₁ с центром A и  на окружности с диаметром O₁O₂.

15.13.

а) Проведем через точку A прямую PQ (P лежит на окружности S₁, Q - на окружности S₂). Опустим из центров O₁ и O₂ окружностей S₁ и S₂ перпендикуляры O₁M и O₂N на прямую PQ. Перенесем отрезок MN параллельно на вектор

® MO1

. Пусть C - образ точки N при этом переносе.

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

Рис. 15.7

15.14. Предположим, что искомый четырехугольник ABCD построен. Пусть D₁ и D₂ - образы точки D при переносах на векторы

® AC

и 

® CA

соответственно. Опишем вокруг треугольников DCD₁ и DAD₂ окружности S₁ и S₂. Обозначим точки пересечения прямых BC и BA с окружностями S₁ и S₂ через M и N (рис. 15.7). Ясно, что РDCD₁ = РDAD₂ = РD, РDCM  =  180° – РC и РDAN = 180° – РA.

Из этого вытекает следующее построение. На произвольной прямой l берем точку D и строим на l точки D₁ и D₂ так, что DD₁ = DD₂ = AC. Фиксируем одну из полуплоскостей П, заданных прямой l, и будем считать, что точка B лежит в этой полуплоскости. Построим окружность S₁, из точек которой, лежащих в П, отрезок DD₁ виден под углом D. Аналогично строим окружность S₂. Построим точку M на S₁ так, чтобы из всех точек части окружности, лежащей в П, отрезок DM был виден под углом 180° – РC. Аналогично строим точку N. Отрезок MN виден из точки B под углом B, т. е. B является точкой пересечения окружности с центром D радиуса DB и дуги окружности, из которой отрезок MN виден под углом B (и она лежит в полуплоскости П). Точки C и A являются точками пересечения прямых BM и BN с окружностями S₁ и S₂.

Рис. 15.8

15.15. Опустим из точки X перпендикуляры XA₁ и XA₂ на данные прямые l₁ и l₂. Возьмем на луче A₁X точку B так, что A₁B = a. Тогда в случаях XA₁±XA₂ = a получим XB = XA₂. Пусть lў₁ - образ прямой l₁ при параллельном переносе на вектор

® A1B

, M - точка пересечения прямых lў₁ и l₂. Тогда в указанных случаях луч MX будет биссектрисой угла A₂MB. В итоге получаем следующий ответ. Пусть точки пересечения прямых l₁ и l₂ с прямыми, параллельными прямым l₁ и l₂ и удаленными от них на расстояние a, образуют прямоугольник M₁M₂M₃M₄. Искомое ГМТ в задаче а) - стороны этого прямоугольника, а в задаче б) - продолжения сторон.

15.16. Пусть сторона AB угла BAC касается окружности радиуса r₁ с центром O₁, сторона AC касается окружности радиуса r₂ с центром O₂. Перенесем прямую AB параллельно внутрь угла BAC на расстояние r₁, прямую AC - на расстояние r₂. Пусть A₁ - точка пересечения перенесенных прямых (рис. 15.8). Тогда РO₁A₁O₂ = РBAC. Постоянный угол O₁A₁O₂ опирается на неподвижный отрезок O₁O₂, поэтому точка A₁ описывает дугу окружности.

Глава 15. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 16.

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.