Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии

• Название: В. В. Прасолов задачи по планиметрии
• Анкор: Формула
• Дата: 17.06.2022
• Размер: 6.7 Mb.
• Имя файла: planim5.pdf
• Тип: Учебное пособие; #599309
• страница: 44 из 70

18.52.
Внутри правильного треугольника ABC лежит точка O. Известно, что ∠AOB = 113
◦
, ∠BOC = 123
◦
. Найдите углы треугольника,
стороны которого равны отрезкам OA, OB, На плоскости проведено n прямых (n > 2), причём никакие две из них не параллельны и никакие три не пересекаются водной точке. Известно, что можно повернуть плоскость вокруг некоторой точки O на некоторый угол a
(
a
< 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. Десятая сцеплена с первой. Всегда ли такая система может вращаться

Решения задач
379
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 так, чтобы точка B перешла в точку D. При этом повороте точка M переходит в точку M
0
, а точка K — в точку K
0
. Ясно, что ∠BMA = ∠DM
0
A. Так как = ∠MAB = ∠M
0
AD, то = ∠M
0
AK. Поэтому =
∠MAD =
= ∠BMA = ∠DM
0
A, а значит, AK = KM
0
= KD + DM
0
= KD + При повороте на относительно точки P прямые PA
1
, и CH переходят в прямые, параллельные CA, CB, CM и AB соответственно. Следовательно, при таком повороте треугольника отрезок переходит в медиану (повёрнутого) треугольника.
18.3.
Рассмотрим поворот на относительно точки B, переводящий вершину в вершину N, а вершину C — в A. При этом повороте точка переходит в некоторую точку точка E — в E
0
. Так как и B — середины сторон A
0
N и A
0
C треугольника A
0
NC, то BE
0
k NC. Но ∠EBE
0
= 90
◦
, поэтому ⊥ При повороте относительно центра квадрата на 90
◦
, переводящем точку в точку A
2
, перпендикуляры, опущенные из точек A
1
, A
2
, и переходят в прямые A
2
P, A
3
P, A
4
P и A
1
P соответственно. Поэтому точкой их пересечения является образ точки P при обратном повороте.
18.5.
Повернём данный квадрат вокруг точки A на так, чтобы вершина B перешла в D. Пусть M
0
— образ точки M при этом повороте. Так как по условию MK + MC + CK = (BM + MC) + (KD + CK), то = BM + KD = DM
0
+ KD = KM
0
. Кроме того, AM = AM
0
, поэтому =
= 4AM
0
K, а значит = ∠M
0
AK =
∠MAM
0
/2 = Пусть R — поворот на 90
◦
, переводящий вектор # –
BC в –
BA. Пусть,
далее, # –
BC =
a,
# –
CB
2
=
b и –
AB
1
=
c. Тогда –
BA = R
a,
# –
D
2
C = R
b и –
AD
1
= Поэтому # –
D
2
D
1
= R
b − a + Ra + Rc и 2 # –
BM =
a + b + Ra + c. Следовательно # –
BM) = # –
D
2
D
1
, так как R(Ra) = −a.
18.7.
Введём следующие обозначения a = # –
BM,
b =
# –
BC; R
a и Rb — векторы,
полученные из векторов a и b поворотом на 90
◦
: Ra =
# –
BA, R
b =
# –
BQ; O
1
,
O
2
, и O
4
— середины отрезков AM, MQ, QC и CA соответственно. Тогда –
BO
1
= (
a + Ra)/2,
# –
BO
2
= (
a + Rb)/2,
# –
BO
3
= (
b + Rb)/2,
# –
BO
4
= (
b + Ra)/2. Поэтому и # –
O
2
O
3
= (
b − a)/2 = −
# –
O
4
O
1
. Кроме того –
O
1
O
2
= R(
# Вокруг квадрата ABCD описан параллелограмм точка лежит на стороне A
1
B
1
, B — на и т. д. Опустим из вершин A
1
, и перпендикуляры l
1
, l
2
, и на стороны квадрата. Чтобы доказать,
что эти прямые образуют квадрат, достаточно проверить, что при повороте на относительно центра O квадрата ABCD прямые l
1
, l
2
, и переходят

Глава 18. Поворот друг в друга. При повороте относительно точки O на точки A
1
, B
1
, и переходят в точки A
2
, B
2
, ирис. Рис. Так как AA
2
⊥ B
1
B и BA
2
⊥ B
1
A, то B
1
A
2
⊥ AB. Это означает, что прямая при повороте на относительно точки O переходит впрямую. Для остальных прямых доказательство аналогично.
18.9.
При повороте вокруг точки C на точка A переходит ваточка в B. Поэтому отрезок переходит в отрезок Рассмотрим поворот на относительно точки C, переводящий точку E в D. При этом точка B переходит в A, те. отрезок BE переходит в отрезок AD. Поэтому середина P отрезка BE переходит в середину отрезка AD, те. треугольник CPM равносторонний.
18.11.
Предположим, что мы построили треугольник ABC так, что его вершины A, B и C лежат на прямых l
1
, и соответственно. При повороте нас центром A точка B переходит в точку C, поэтому C — точка пересечения прямой и образа прямой при повороте нас центром Искомое ГМТ состоит из двух квадратов, полученных изданного квадрата поворотами нас центром При повороте на векторы # –
QC и –
CP переходят в –
QD и –
CB =
# Следовательно, при этом повороте вектор # –
QP =
# –
QC +
# –
CP переходит в вектор –
QD +
# –
DA =
# Пусть M
0
— образ точки M при повороте на относительно точки, переводящем A в C. Тогда ∠CM
0
B =
∠AMB = 120
◦
. Треугольник равносторонний, поэтому ∠BM
0
M = 60
◦
. Так как ∠CM
0
B +
∠BM
0
M = точка лежит на отрезке MC. Поэтому MC = MM
0
+ M
0
C = MB + MA.

Решения задач
381
18.15.
При повороте нас центром A, переводящем B в C, точка переходит в некоторую точку M
0
, а точка C — в точку D. Равенство MB
2
+ эквивалентно равенству M
0
M
2
= M
0
C
2
+ MC
2
, те. тому, что 90
◦
, а значит, ∠MCB + ∠MBC = ∠MCB + ∠M
0
CD = 120
◦
− 90
◦
= те. Искомое ГМТ — дуга окружности, лежащая внутри треугольника, из которой отрезок BC виден под углом Пусть O — центр шестиугольника. Рассмотрим поворот с центром на 60
◦
, переводящий точку B в O. При этом повороте отрезок OC переходит в отрезок FE. Точка K является серединой диагонали BD параллелограмма, поэтому она является серединой диагонали CO. Следовательно, точка при нашем повороте переходит в точку M, те. треугольник AMK правильный.
18.17.
При повороте на относительно центра данного шестиугольника, переводящем вершину A в B, отрезок CD переходит в DE, поэтому точка M переходит в N. Таким образом, при этом повороте отрезок переходит в BN, те. угол между этими отрезками равен 60
◦
. Кроме того,
при этом повороте пятиугольник AMDEF переходит в BNEFA, те. их площади равны. Вырезая из этих равновеликих пятиугольников их общую часть,
пятиугольник APNEF, получаем две равновеликие фигуры треугольники четырёхугольник Рассмотрим поворот нас центром C, переводящий точку B в При этом точки M, N и D переходят в M
0
, и D
0
. Так как AMNN
0
— параллелограмм, середина E диагонали AN является его центром симметрии.
Поэтому при симметрии относительно точки E треугольник BMN переходит в M
0
AN
0
, а значит, точка D переходит в D
0
, те середина отрезка Рис. Атак как треугольник правильный, то углы треугольника CDE равны 30
◦
, и Рассмотрим поворот с центром A, переводящий точку в точку B. При этом повороте правильный треугольник A
1
BC переходит в треугольника отрезок переходит в отрезок. Остаётся заметить, что BA
1
A
2
B
1
— параллелограмм, те. середина отрезка A
2
B совпадает с серединой отрезка Пусть # –
AB = 4
a,
# –
CA = 4
b. Пусть, далее — поворот, переводящий вектор –
AB в а значит, вектор # –
CA — в –
CB
0
). Тогда # –
LM = (
a + b) − и # –
LK = −2R
b + 4b + 2Ra. Легко проверить, что + R
2
b = Rb. Поэтому 2R( # –
LM) = # –
LK, а из этого соотношения вытекает требуемое.
18.21.
При повороте относительно точки напротив 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 напротив 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, те. треугольник BHD
равносторонний.
18.22.
а) Пусть O — произвольная точка. При повороте на относительно точки A точки B, C и O переходят в некоторые точки B
0
, ирис Глава 18. Поворот
Так как AO = и OC = O
0
C
0
, то BO + AO + CO = BO + OO
0
+ O
0
C
0
. Длина ломаной минимальна тогда, когда эта ломаная является отрезком,
т. е. ∠AOB = ∠AO
0
C
0
= ∠AOC = 120
◦
. Для построения искомой точки можно воспользоваться результатом задачи. Требуемая точка внутри треугольника существует тогда и только тогда, когда все его углы меньше. Если один из углов равен 120
◦
, то требуемая точка — вершина этого угла.
З а меча ни е. По поводу случая, когда у треугольника есть угол больше, см. задачу
18.31
б) Сумма расстояний от точки O до вершин равна длине отрезка полученного при решении задачи а. Ясно также, что b
2
+ c
2
− 2bc cos(
a
+ 60
◦
) = b
2
+ c
2
− bc cos a
+ bc
√
3 sin a
=
=
a
2
+ b
2
+ c
2 2
+ Пусть O — центр правильного треугольника ABC, x =
# –
XO и =
# Тогда # –
OB = R
a
a и –
OC = R
2
a
a, где a
= 120
◦
. Поэтому –
XA + R
a
(
# –
XB) + R
2
a
(
# –
XC) = (
x + a) + (R
a
x + R
2
a
a) + (R
2
a
x + R
a
a) =
= (
x + R
a
x + R
2
a
x) + (a + R
a
a + R
2
a
a) =
#–
0 Это означает, что векторы # –
XA, R
a
( # –
XB) и R
2
a
(
# –
XC) являются векторами сторон некоторого треугольника. Вырожденность треугольника эквивалентна сона-
Рис. 18.3
правленности двух их этих векторов. Если сона- правлены, например, векторы # –
XA и R
a
( # –
XB), то, XB) = ∠(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, DE и FA, O — центр описанной окружности.
Предположим, что треугольник PQR правильный. Докажем, что тогда середины сторон и F
0
A шестиугольника ABCDE
0
F
0
, в котором вершины и получены из точек E и поворотом на некоторый угол относительно точки, тоже образуют правильный треугольник.
Из этого следует требуемое утверждение, так как для правильного шестиугольника середины сторон BC, DE и FA образуют правильный треугольника любой из рассматриваемых нами шестиугольников может быть получен из правильного поворотами треугольников OCD и Пусть и R
0
— середины сторон ирис. При повороте на вектор переходит в вектор –
FF
0
. Так как –
QQ
0
=
# –
EE
0
/2 и –
RR
0
=
# то вектор переходит в вектор при этом повороте. По предположению треугольник PQR правильный, те. вектор # –
PQ переходит в вектор

Решения задач
383
Рис. 18.4
# –
PR при повороте на 60
◦
. Поэтому вектор –
PQ
0
=
# –
PQ +
+
# переходит в вектор –
PR
0
= # –
PR +
# при повороте нате. треугольник PQ
0
R
0
правильный.
18.25.
Пусть K, L, M и N — вершины правильных треугольников, построенных на сторонах BC,
AB, AF и FE; B
1
, и F
1
— середины отрезков KL,
LM ирис. Пусть, далее =
# –
BC = # –
FE,
b =
# –
AB и =
# –
AF; R — поворот на 60
◦
, переводящий вектор # –
BC в # –
BK. Тогда –
AM = −R
2
c и # –
FN = −R
2
a. Поэтому и 2
# –
F
1
A
1
= R
2
a − c + те Если точка X = (x, y) расположена на расстоянии от начала координат O и луч OX образует угол с осью Ox, то x = R cos f
, y = R sin f
. Поэтому при повороте на угол точка X переходит в точку с координатами R cos(
f
+
a
) = R cos f
cos a
− R sin f
sin a
= x cos a
− y sin a
,
y
0
= R sin(
f
+
a
) = R sin f
cos a
+ R cos f
sin a
= x sin a
+ y cos Пусть при повороте на угол с центром в центре окружности переводящем точку C в точку D, точка A переходит в некоторую точку Тогда ∠(BD, DA
0
) =
∠(AC, A
0
D) =
a
, те. точка D лежит на окружности, из точек которой отрезок A
0
B виден под ориентированным углом Пусть P — точка пересечения прямых и l
2
. Тогда ∠(OA
1
, A
1
P) =
= ∠(OA
1
, l
1
) =
∠(OA
2
, l
2
) =
∠(OA
2
, A
2
P). Поэтому точки O, A
1
, и P лежат на одной окружности.
18.29.
Одинаковые буквы Г можно совместить поворотом с некоторым центром O если они совмещаются параллельным переносом, то AA
i
k Согласно задаче
18.28
точка лежит на описанной окружности треугольника. Ясно, что точки, лежащие на одной окружности, образуют выпуклый многоугольник.
18.30.
Пусть O — центр поворота R, переводящего отрезок A(t
1
)A(t
2
) вот- резок B(t
1
)B(t
2
), где и t
2
— некоторые моменты времени. (Если точки A и 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, точка O лежит на описанной окружности треугольника Пусть для определённости ∠A =
a
> 120
◦
. Докажем, что искомая точка — вершина A. Рассмотрим поворот с центром A на угол b
= при котором вершина B переходит в точку B
0
, лежащую на продолжении стороны AC заточку. Пусть точка O, отличная от A, при этом повороте переходит в точку O
0
. Треугольник равнобедренный с углом при вершине b
< 60
◦
. Поэтому OO
0
< AO, а значит, OA + OB + OC > OO
0
+ O
0
B
0
+ OC > CB
0
=
= AC + AB. Но AC + AB — это как рази есть сумма расстояний от точки A до вершин треугольника Пусть A и B — точки окружности с центром O, и B
1
— образы этих точек при повороте на угол относительно центра O; P и P
1
— середины отрезков AB и A
1
B
1
; M — точка пересечения прямых AB и A
1
B
1
. Прямоугольные треугольники POM и P
1
OM имеют общую гипотенузу и равные катеты

Глава 18. Поворот = P
1
O, поэтому эти треугольники равны и = ∠MOP
1
=
a
/2. Точка получается из точки P поворотом на угол a
/2 и последующей гомотетией с коэффициентом 1/ cos(
a
/2) и центром Точки пересечения прямых AB и A
1
B
1
, AC и A
1
C
1
, BC и являются вершинами треугольника, гомотетичного с коэффициентом 1/ треугольнику, образованному серединами сторон треугольника ABC. Ясно, что треугольник, образованный серединами сторон треугольника ABC, подобен треугольнику 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 треугольника ABC так, что прямая MN проходит через центр O вписанной окружности и делит периметр треугольника пополам. Построим на луче точку D так, что AD = p, где p — полупериметр треугольника ABC. Тогда = ND. Пусть Q — центр поворота R, переводящего отрезок AM в отрезок точку A — в D, точку M — в N). Так как угол между прямыми и CN известен, точку Q можно построить она является вершиной равнобедренного треугольника AQD, причём ∠AQD = 180
◦
− ∠A и точки B и лежат по одну сторону от прямой AD. При повороте R отрезок OM переходит в отрезок O
0
N. Точку мы можем построить. Ясно, что ∠ONO
0
= ∠A, поскольку угол между прямыми OM и O
0
N равен. Поэтому точка N является точкой пересечения прямой AC и дуги окружности, из которой отрезок виден под углом ∠A. Построив точку N, проводим прямую ON и находим точку Легко проверить, что если построенные точки M и N лежат на сторонах и AC, то MN — искомая прямая. Основной момент в доказательстве — доказательство того, что при повороте относительно точки Q на 180
◦
− ∠A точка переходит в точку N. Для доказательства этого факта надо воспользоваться тем, что ∠ONO
0
= ∠A, те. при этом повороте прямая OM переходит впрямую Предположим, что угольники C
1
. . . и D
1
. . . правильные одинаково ориентированные. Пусть C и D — центры этих угольников, c
i
=
# и d
i
= # –
DD
i
. Тогда # –
C
i
D
i
=
# –
C
i
C +
# –
CD + # –
DD
i
= −
c
i
+
# –
CD +
d
i
. Вектор # переходит в вектор # при повороте R
f
, где f
— угол при вершине правильного угольника. Поэтому # –
XB
i
=
# –
XC +
c
i
+
# –
C
i
B
i
=
# –
XC +
c
i
+ R
f
(−
c
i
+
# –
CD +
d
i
). Точку X
подберём так, что # –
XC + R
f
(
# –
CD) =
#–
0 . Тогда # –
XB
i
=
c
i
+ R
f
(
d
i
− c
i
) = R
i
y
u, где = c
k
+ R
f
(
d
k
− c
k
), R
y
— поворот, переводящий вектор в c
1
. Следовательно. . . B
k
— правильный угольник с центром X. Аналогично доказывается, что. . . A
k
— правильный k-угольник.
Обратное утверждение доказывается аналогично.
18.35.
Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, H
1
, и H
3
— точки, симметричные точке H относительно сторон BC, CA и Точки H
1
, и лежат на описанной окружности треугольника ABC задача. Пусть l — прямая, проходящая через точку H. Прямая, симметричная прямой l относительно стороны BC соответственно CA и AB), пересекает

Решения задач
385
описанную окружность в точке соответственно и H
3
) ив некоторой точке соответственно и Рассмотрим какую-нибудь другую прямую l
0
, проходящую через H. Пусть f
— угол между l и l
0
. Построим для прямой точки P
0 1
, P
0 и P
0 тем же способом, каким были построены для прямой l точки P
1
, и P
3
. Тогда, те. величина дуги равна поворот от к противоположен по направлению повороту от l к l
0
). Поэтому точки P
0 1
, P
0 и P
0 являются образами точек P
1
, и при некотором повороте. Ясно, что если в качестве выбрать высоту треугольника, опущенную из вершины A, то 1
= P
0 2
= P
0 3
= A, а значит, P
1
= P
2
= Предположим, что лев бежал по ломаной A
1
A
2
. . . A
n
. Распрямим траекторию движения льва следующим образом. Повернём относительно точки арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка попала на луч A
1
A
2
. Затем повернём относительно точки арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка попала на лучит. д. Центр O арены цирка переходит при этом последовательно в точки O
1
= O, O
2
, . . . , точки A
1
, . . . , переходят в точки A
0 1
, . . . , A
0
n
, лежащие на одной прямой
(рис. Рис. Пусть a
i−1
— угол поворота льва в точке A
0
i
. Тогда и A
0
i
O
i−1
= A
0
i
O
i
6 10, поэтому O
i
O
i−1 6 10
a
i−1
. Следовательно, 30 000 = A
0 1
A
0
n
6 6 A
0 1
O
1
+ O
1
O
2
+ . . . + O
n−2
O
n−1
+ O
n−1
A
0
n
6 10 + 10(
a
1
+ . . . +
a
n−2
) + 10, те Рассмотрим композицию поворотов R
b
B
◦ R
a
A
. Если A = B, то утверждение задачи очевидно, поэтому будем считать, что A 6= B. Пусть l = прямые a и b проходят через точки A и B соответственно, причём ∠(a, l) и ∠(l, b) =
b
/2. Тогда R
b
B
◦ R
a
A
= S
b
◦ S
l
◦ S
l
◦ S
a
= S
b
◦ Если a k b, то S
b
◦ S
a
= T
2u
, где T
u
— параллельный перенос, переводящий в a, причём u ⊥ a. А если прямые a и b не параллельны и O — точка их пересечения, то S
b
◦ S
a
— поворот на угол a
+
b с центром O. Ясно также, что k b тогда и только тогда, когда (
a
/2) + (
b
/2) = k
p
, те Пусть P, Q, R и S — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC, CD и DA соответственно. Построим на отрезках и SP внутренним образом равнобедренные прямоугольные треугольники с вершинами и O
2
. Тогда D = R
90
◦
R
◦ R
90
◦
Q
(B) = R
180
◦
O
1
(B) и B = R
90
◦
P
◦ R
90
◦
S
(D) =
= R
180
◦
O
2
(D), те середина отрезка BD.

Глава 18. Поворот
При повороте на относительно точки O = O
1
= O
2
, переводящем точку в R, точка S переходит в P, те. 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 параллелограмма является центром симметрии четырёхугольника те 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 нас центром R, переводящий в A. При повороте на в том же направлении с центром 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, те. является центром квадрата, построенного на PR. Этот квадрат построен на стороне треугольника PQR именно внутренним образом.
18.41.
Если O
1
= O
3
, то R
90
◦
D
◦ R
90
◦
C
◦ R
90
◦
B
◦ R
90
◦
A
= R
180
◦
O
3
◦ R
180
◦
O
1
= E. Поэтому = R
90
◦
A
◦ E ◦ R
−90
◦
A
= R
90
◦
A
◦ R
90
◦
D
◦ R
90
◦
C
◦ R
90
◦
B
= R
180
◦
O
4
◦ R
180
◦
O
2
, те. (Здесь — тождественное преобразование.)
18.42.
а) См. решение более общей задачи
18.46
(достаточно положить a
=
b
=
g
= 120
◦
). В случае б) доказательство аналогично.
в) Пусть Q и R соответственно и R
1
) — центры правильных треугольников, построенных внешним (соответственно внутренним) образом на сторонах AC и AB. Так как AQ = b/
√
3, AR = c/
√
3 и ∠QAR = 60
◦
+
a
, то b
2
+ c
2
− 2bc cos(
a
+ 60
◦
). Аналогично 3Q
1
R
2 1
= b
2
+ c
2
− 2bc cos(
a
− Поэтому разность площадей полученных правильных треугольников равна Q
1
R
2 1
)
√
3/4 = bc sin a
sin 60
◦
/
√
3 = Композиция поворота на относительно точки A
0
, переводящего в C, поворота на относительно точки B
0
, переводящего C в и поворота на 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, те. тождественным преобразованием R
−120
◦
M
◦ R
60
◦
B
0
◦ R
60
◦
A
0
= E. Поэтому R
60
◦
A
0
= R
120
◦
M
, те. точка M является центром поворота R
60
◦
B
0
◦ R
60
◦
A
0
. Следовательно, те равнобедренный треугольник,
причём ∠A
0
MB
0
= Из условия задачи следует, что R
−2
g
C
= R
2
b
B
◦ R
2
a
A
, те. точка C является центром композиции поворотов R
2
b
B
◦ R
2
a
A
. Это означает, что ∠BAC =
a и ∠ABC см. задачу. Поэтому ∠ACB Обозначим данные точки через M
1
, . . . , M
n
. Предположим, что мы построили многоугольник A
1
A
2
. . . так, что треугольники A
1
M
1
A
2
,
A
2
M
2
A
3
, . . . , равнобедренные, причём и стороны многоугольника являются основаниями этих равнобедренных треугольников. Ясно, что R
a
n
M
n
◦ . . . ◦ R
a
1
M
1
(A
1
) = A
1
. Если a
1
+ . . . +
a
n
6= k · 360
◦
, то точка A
1

Решения задач
387
является центром поворота R
a
n
M
n
◦ . . . ◦ R
a
1
M
1
. Центр композиции поворотов мы можем построить. Построение остальных вершин многоугольника производится очевидным образом. Если a
1
+ . . . +
a
n
= k · 360
◦
, то задача неопределённая:
либо любая точка A
1
задаёт многоугольник, обладающий требуемым свойством, либо задача не имеет решений.
18.46.
Так как R
g
C
0
◦ R
b
B
0
◦ R
a
A
0
(B) = R
g
C
0
◦ R
b
B
0
(C) = R
g
C
0
(A) = B, то B — неподвижная точка композиции поворотов R
g
C
0
◦ R
b
B
0
◦ R
a
A
0
. Атак как a
+
b
+
g
= то эта композиция является параллельным переносом, имеющим неподвижную точку, те. тождественным преобразованием. Остаётся воспользоваться результатом задачи
18.44
18.47.
Так как R
p
−
a
G
0
◦ R
a
A
(N) = L и R
p
−
a
G
◦ R
a
A
(L) = N, то преобразования и R
p
−
a
G
◦ являются центральными симметриями относительно середины отрезка LN, те. Следовательно, R
p
−
a
G
0
= и G
0
= Пусть A
1
, и C
1
— центры описанных окружностей треугольников, BPQ и CQR. При последовательных поворотах с центрами A
1
, и на углы 2
a
, 2
b и 2
g точка R переходит сначала в P, затем в Q, а потом возвращается на место. Так как 2
a
+ 2
b
+ 2
g
= 360
◦
, то композиция указанных поворотов — тождественное преобразование. Следовательно, углы треугольника
A
1
B
1
C
1
равны a
,
b и
g
(см. задачу

ГЛАВА ГОМОТЕТИЯ И ПОВОРОТНАЯ ГОМОТЕТИЯ
Основные сведения. Гомотетией называют преобразование плоскости, переводящее точку в точку X
0
, обладающую тем свойством, что –
OX
0
= k
# –
OX точка O и число фиксированы. Точку O называют центром гомотетии, а число k — коэффициентом гомотетии.
Гомотетию с центром O и коэффициентом k будем обозначать H
k
O
2. Две фигуры называют гомотетичными, если одна из них переходит в другую при некоторой гомотетии. Поворотной гомотетией называют композицию гомотетии и поворота,
имеющих общий центр. Отметим, что обе композиции R
f
O
◦ и H
k
O
◦ дают одно и тоже преобразование.
Коэффициент поворотной гомотетии можно считать положительным, так как R
180
◦
O
◦ H
k
O
= H
−k
O
4. Композиция двух гомотетий с коэффициентами и k
2
, где k
1
k
2 6= 1, является гомотетией с коэффициентом k
1
k
2
, причём её центр лежит на прямой,
соединяющей центры этих гомотетий (см. задачу. Центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок является точка пересечения описанных окружностей треугольников 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 проведены две прямые, пересекающие первую окружность в точках A и вторую — в точках C и D. Докажите, что AB k Докажите, что точки, симметричные произвольной точке относительно середин сторон квадрата, являются вершинами некоторого квадрата.
5.
На плоскости даны точки A и B и прямая l. По какой траектории 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 треугольника. Докажите, что их точки пересечения медиан образуют паралле- лограмм.
19.2.
Продолжения боковых сторон AB и CD трапеции ABCD пересекаются в точке K, а её диагонали — в точке L. Докажите, что точки, 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 AA
1
, и треугольника ABC пересекаются в точке M; P — произвольная точка. Прямая проходит через точку параллельно прямой PA
1
; прямые и определяются аналогично.
Докажите, что:
а) прямые l
a
, и пересекаются водной точке б) точка M лежит на отрезке PQ, причём PM : MQ = 1 : Окружность S касается равных сторон AB и BC равнобедренного 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 треугольника 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 угольника A
1
. . . A
n
; M
1
, . . . , центры масс (n − угольников, полученных из этого угольника выбрасыванием вершин A
1
, . . . , соответственно. Докажите, что многоугольники. и M
1
. . . M
n
гомотетичны.
19.9*.
Докажите, что любой выпуклый многоугольник Φ содержит два непересекающихся многоугольника и Φ
2
, подобных Φ с коэффициентом См. также задачи
4.12
,
4.56
,
5.99
,
5.107
,
5.126
,
5.159
б),
5.165
,
8.52