Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
17.9. Пусть S — окружность радиуса a с центром B, S 0 — окружность радиуса AX с центром X, A 0 — точка, симметричная точке A относительно прямой l. Тогда окружность касается окружности S, а точка лежит на Рис. окружности S 0 . Остаётся провести через данные точки A и окружность S 0 , касающуюся данной окружности S, и найти её центр см. задачу 8.57 б). 17.10. Пусть проекция точки A напрямую лежит ближе к точке O, чем проекция точки B. Предположим, что равнобедренный треугольник XYZ построен. Рассмотрим точку A 0 , симметричную точке относительно прямой OM. Опустим из точки X перпендикуляр XH на прямую iONi(рис.17.3).Так как = = ∠A 0 XO + ∠OXA + ∠YXH + ∠HXZ = 2∠OXY + + 2∠YXH = 2∠OXH = 180 ◦ − 2∠MON, то угол известен. Точка X является точкой пересечения прямой OM и дуги, из которой отрезок A 0 B виден под углом 180 ◦ − 2∠MON. При этом проекция точки X напрямую должна лежать между проекциями точек и Обратно, если ∠A 0 XB = 180 ◦ − ∠MON и проекция точки X напрямую лежит между проекциями точек A и B, то треугольник XYZ равнобедренный. 17.11. Предположим, что точка X построена. Пусть B 0 — точка, симметричная точке B относительно прямой MN; окружность радиуса с центром пересекает прямую MN в точке A 0 . Тогда луч B 0 X является биссектрисой угла. Следовательно, X — точка пересечения прямых B 0 O и MN, где O — середина отрезка AA 0 17.12. Проведём через точку прямую BC, перпендикулярную прямой Вершина A искомого треугольника ABC является точкой пересечения прямых, симметричных прямой BC относительно прямых и l 3 Глава 17. Осевая симметрия 17.13. Пусть точка симметрична точке A относительно биссектрисы угла C. Тогда C — точка пересечения прямой A 0 B и прямой, на которой лежит биссектриса угла Пусть и A 3 — точки, симметричные точке A относительно прямых l 2 и l 3 . Тогда точки и лежат на прямой BC. Поэтому точки B и являются точками пересечения прямой с прямыми и Предположим, что треугольник ABC построен, причём N — середина середина BC и биссектриса угла A лежит на данной прямой Построим точку N 0 , симметричную N относительно прямой l. Прямая BA проходит через точку и параллельна прямой MN. Таким образом мы находим вершину A и прямую BA. Проведя прямую AN, получим прямую AC. Остаётся построить отрезок, концы которого лежат на сторонах угла BAC и M — его середина (см. решение задачи 16.15 ). 17.16. Пусть точка симметрична A относительно прямой CM. Тогда + MB = A 0 M + MB > A 0 B = A 0 C + CB = AC + Пусть точки B 0 , и симметричны точками относительно биссектрисы внешнего угла при вершине A. Тогда AM + AM 0 > MM 0 = = (BB 0 + CC 0 )/2 = (b + c) sin(90 ◦ − ( a /2)) = (b + c) Пусть точка симметрична B относительно биссектрисы угла Тогда B 0 A 1 = BB 1 , те. требуется проверить, что B 0 A 1 < AA 1 . Для этого достаточно заметить, что ∠AB 0 A 1 > ∠AB 0 B > Пусть D 0 — точка, симметричная точке D относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC. Тогда S ABCD = S ABCD 0 = S BAD 0 + S BCD 0 6 AB · AD 0 /2 + + BC · CD 0 /2 = (AB · CD + BC · Пусть точка симметрична точке A относительно прямой Пусть X — точка на прямой l. Тогда AX + XB = A 0 X + XB > A 0 B, причём равенство достигается, только если точка X лежит на отрезке A 0 B. Поэтому искомая точка является точкой пересечения прямой l и отрезка Пусть PQR — треугольник, образованный основаниями высот треугольника любой другой треугольник, вписанный в треугольник. Пусть, далее, точки и соответственно, P 0 и P 0 2 ) симметричны точке P соответственно P 0 ) относительно прямых AB ирис. Точки и R лежат на отрезке см. задачу, поэтому периметр треуголь- Рис. 17.4 Решения задачника PQR равен длине отрезка P 1 P 2 . А периметр треугольника равен длине ломаной P 0 1 R 0 Q 0 P 0 2 , те. он не меньше длины отрезка P 0 1 P 0 2 . Остаётся заметить, что (P 0 1 P 0 2 ) 2 = P 1 P 2 2 + 4d 2 , где d — расстояние от точки P 0 до прямой Пусть X — произвольная точка, X 1 = S l 1 (X) и X 2 = а) Выберем на прямой произвольную точку O и рассмотрим систему координат с началом O и осью абсцисс, направленной по прямой l 1 . Прямая l 2 задаётся в этой системе координат уравнением y = a. Пусть y, и y 2 — ординаты точек X, и X 2 . Ясно, что y 1 = −y и y 2 = (a − y 1 ) + a = y + Так как точки X, и имеют одинаковые абсциссы, то X 2 = где T a — перенос, переводящий в l 2 , причём a ⊥ б) Рассмотрим систему координат с началом O и осью абсцисс, направленной по прямой l 1 . Пусть угол поворота от прямой кв этой системе координат равен a , углы поворотов от оси абсцисс до лучей OX, и равны и f 2 . Ясно, что f 1 = − f и ( a − f 1 ) + a = f + 2 a . Так как = OX 1 = OX 2 , то X 2 = R 2 a O (X), где R a O — поворот, переводящий в Предположим сначала, что S c ◦ S b ◦ S a = для некоторой прямой Тогда S b ◦ S a = S c ◦ S c ◦ S b ◦ S a = S c ◦ S l . Неподвижной точкой преобразования является точка пересечения прямых a и b. Она должна быть также неподвижной точкой преобразования S c ◦ S l , поэтому прямая c должна проходить через точку пересечения прямых a и Предположим теперь, что данные прямые пересекаются в точке O. Композиция представляет собой поворот с центром O, поэтому S b ◦ S a = S b 0 ◦ для любой пары прямых и b 0 , полученных из a и b поворотом с центром на один и тот же угол. Можно добиться, чтобы при этом повороте прямая совпала с прямой c. Тогда S c ◦ S b ◦ S a = S c ◦ S b 0 ◦ S a 0 = S c ◦ S c ◦ S a 0 = Представим T ◦ T в виде композиции трёх преобразований ◦ T = (S a ◦ S b ◦ S c ) ◦ (S a ◦ S b ◦ S c ) = (S a ◦ S b ) ◦ (S c ◦ S a ) ◦ (S b ◦ При этом S a ◦S b , и S b ◦S c — повороты на углы 2∠(b, a), 2∠(a, c) и 2∠(c, соответственно. Сумма углов поворотов равна 2(∠(b, a) + ∠(a, c) + ∠(c, b)) = = 2∠(b, b) = 0 ◦ , причём эта величина определена с точностью до 2 · 180 ◦ = Следовательно, эта композиция поворотов является параллельным переносом (см. задачу 18.37 ). 17.25. Если точки X и Y симметричны относительно прямой l 3 , то точки) и S l 1 (Y) симметричны относительно прямой l 2 , те Поэтому S l 1 ◦ S l 3 = S l 2 ◦ и S l 3 = S l 1 ◦ S l 2 ◦ Пусть O — центр вписанной окружности a и b — прямые OA и Тогда S a ◦ S b (C 1 ) = S a (A 1 ) = и S b ◦ S a (C 1 ) = S b (B 1 ) = B 2 . Точки и получаются из точки поворотами с центром O на противоположные углы, поэтому A 2 B 2 k AB. Аналогичные рассуждения показывают, что стороны треугольников ABC и параллельны, а значит, эти треугольники го- мотетичны. Прямые AA 2 , и проходят через центр гомотетии, переводящей треугольник ABC в A 2 B 2 C 2 . Заметим, что при этой гомотетии описанная окружность треугольника ABC переходит в его вписанную окружность, те. центр гомотетии лежит на прямой, соединяющей центры этих окружностей. 17.27. Для каждого вектора прыжка имеется ровно два положения кузнечика, для которых прыжок задаётся этим вектором. Поэтому последова- Глава 17. Осевая симметрия тельность прыжков периодична тогда и только тогда, когда имеется лишь конечное число различных векторов прыжков. Пусть a 1 — вектор прыжка кузнечика с прямой напрямую векторы последующих прыжков. Тогда a 2 = S l 2 ( a 1 ), a 3 = S l 1 ( a 2 ), a 4 = S l 2 ( a 3 ), ... Так как композиция S l 1 ◦ является поворотом на угол или на угол 2 p − 2 g ), векторы a 3 , a 5 , a 7 , . . . получаются из вектора поворотами на 2 g , 4 g , 6 g , . . . или на 2( p − g ), 4( p − g ), 6( p − g ), . . .). Поэтому набор. содержит конечное число различных векторов тогда и только тогда, когда g / p — рациональное число. Набор a 2 , a 4 , a 6 , . . . рассматривается аналогично. 17.28. а) Предположим, что многоугольник A 1 A 2 . . . построен. Проведём через центр O окружности серединные перпендикуляры l 1 , l 2 , . . . , к хордам, A 2 A 3 , . . . , соответственно. Прямые l 1 , . . . , известны, так как они проходят через точку O и перпендикулярны данным прямым. Кроме того S l 1 (A 1 ), A 3 = S l 2 (A 2 ), ..., A 1 = S l n (A n ), те. точка является неподвижной точкой композиции симметрий S l n ◦ . . . ◦ S l 1 . При нечётном n на окружности неподвижных точек ровно две прич тном n либо неподвижных точек нет, либо все точки неподвижны. б) Предположим, что искомый многоугольник A 1 . . . построен. Рассмотрим многоугольник B 1 . . . B n , образованный точками касания описанного многоугольника с окружностью. Стороны многоугольника B 1 . . . перпендикулярны данным прямым, те. имеют заданные направления, поэтому его можно построить (см. задачу а остаётся провести касательные к окружности в точках B 1 , . . . , Рассмотрим композицию последовательных симметрий относительно данных прямых l 1 , . . . , l n . В задаче а) в качестве вершины A 1 искомого n-угольника нужно взять неподвижную точку этой композиции, а в задаче б) в качестве прямой нужно взять неподвижную прямую. 17.30. При последовательных симметриях относительно прямых l 1 , . . . , перпендикулярных данным прямыми проходящих через центр окружности, вершина искомого многоугольника переходит в вершину A n . Если n нечёт- но, то композиция этих симметрий — поворот на известный угол, поэтому через точку M нужно провести хорду известной длины. Если n чётно, то рассматриваемая композиция является симметрией относительно некоторой прямой, поэтому из точки M нужно опустить перпендикулярна эту прямую. 17.31. Пусть O — центр данного круга, D R — круг радиуса R с центром Докажем, что множеством образов точек при симметриях относительно прямых, проходящих через D 1 , является круг D R+2 . В самом деле, образы точки O при указанных симметриях заполняют круга круги радиуса с центрами в заполняют круг D R+2 . Поэтому за n отражений из точек можно получить любую точку из и только эти точки. Остаётся заметить, что точку A можно загнать внутрь за n отражений тогда и только тогда, когда за n отражений можно перевести некоторую точку изв Обозначим симметрии относительно прямых OA 1 , . . . , через, . . . , S n . Пусть X k = S k (X) при k = 1, . . . , n. Нужно доказать, что при некотором повороте относительно точки O система точек X 1 , . . . , переходит в себя. Ясно, что S k+1 ◦ S k (X k ) = S k+1 ◦ S k ◦ S k (X) = X k+1 . Преобразования S k+1 ◦ являются поворотами относительно точки O на угол 4 p /n см. задачу 17.22 б). З а меча ни е. Прич тном n получается угольник Решения задач 371 17.33. О т в е т 0, 1 или 7. Ось симметрии семиугольника обязательно проходит через одну из его вершин (остальные вершины разбиваются на пары симметричных вершин. Пусть у семиугольника есть ось симметрии. Тогда у него есть три пары равных углов и три пары равных сторон. Вторая ось симметрии может быть расположена тремя существенно различными (несимметричными) способами. Легко видеть, что в каждом из этих трёх случаев все стороны семиугольника оказываются равными и все углы тоже. 17.34. Пусть прямые и являются осями симметрии плоской фигуры. Это означает, что если точка X принадлежит фигуре, то точки S l 1 (X) и принадлежат фигуре. Рассмотрим прямую l 3 = S l 1 (l 2 ). Согласно задаче) = S l 1 ◦ S l 2 ◦ S l 1 (X), поэтому также является осью симметрии. Если у фигуры ровно две оси симметрии, то l 3 = или l 3 = l 2 . Ясно, что 6= l 1 , поэтому l 3 = l 2 , те. прямая перпендикулярна прямой Предположим, что многоугольник имеет три оси симметрии, которые не пересекаются водной точке, те. они образуют треугольник. Пусть X — точка многоугольника, наиболее удалённая от некоторой внутренней точки M этого треугольника. Точки X и M лежат по одну сторону от одной из рассматриваемых осей симметрии l. Если X 0 — точка, симметричная относительно прямой l, то MX 0 > MX и точка более удалена от точки M, чем точка X. Получено противоречие, поэтому все оси симметрии многоугольника пересекаются водной точке. 17.36. Все оси симметрии проходят через одну точку O (задача 17.35 ). Если и l 2 — оси симметрии, то l 3 = S l 1 (l 2 ) — тоже ось симметрии (см. задачу. Выберем одну из осей симметрии l нашего многоугольника. Остальные оси разбиваются на пары прямых, симметричных относительно Если прямая l 1 , перпендикулярная l и проходящая через точку O, не является осью симметрии, то число осей симметрии нечётно. Поэтому прямая является осью симметрии. Ясно, что S l 1 ◦ S l = центральная симметрия, т. е. O — центр симметрии. 17.37. Пусть F — движение, переводящее точку A в A 0 , причём точки и не совпадают S — симметрия относительно серединного перпендикуляра к отрезку AA 0 . Тогда S ◦ F(A) = A, те неподвижная точка преобразования. Кроме того, если X — неподвижная точка преобразования тот. е. точка X лежит на прямой l, а значит, X — неподвижная точка преобразования S ◦ F. Таким образом, точка A и все неподвижные точки преобразования F являются неподвижными точками преобразования S ◦ F. Возьмём точки A, B и C, не лежащие на одной прямой, и рассмотрим их образы приданном движении G. Можно построить такие преобразования и S 3 , являющиеся симметриями относительно прямых или тождественными преобразованиями, что преобразование S 3 ◦ S 2 ◦ S 1 ◦ G оставляет неподвижными точки A, B и C, те. оно является тождественным преобразованием E. Домножая равенство S 3 ◦ S 2 ◦ S 1 ◦ G = E слева последовательно на S 3 , и и учитывая, что S i ◦ S i = E, получаем G = S 1 ◦ S 2 ◦ Согласно задаче 17.37 любое движение первого рода является композицией двух симметрий относительно прямых. Остаётся воспользоваться результатом задачи 17.22 |