Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва

• Название: Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
• Дата: 19.02.2023
• Размер: 2.08 Mb.
• Имя файла: Ponarin-I.pdf
• Тип: Книга; #945095
• страница: 12 из 25

Р е ш е ни е. Пусть M — искомая точка прямой m, a t и p — касательные к a и проходящие через M и образующие с прямой равные углы (рис. 23). Прямая m ось симметрии прямых t и p. Поэтому если окружность симметрична b относительно, то прямая t касается см. 10
◦
). Таким образом, для нахождения искомой точки достаточно построить общую касательную к окружностями. При заданном расположении окружностей a и b окружности a и
b
1
имеют четыре общих касательных. Следовательно, задача имеет четыре решения.
На рис. 23 показано только одно из них.
З ада ч а 5. Три данные прямые a, b, c проходят через центр данной окружности Построить треугольник, описанный около вершины которого лежат на данных прямых.
Р е ш е ни е. Пусть треугольник ABC искомый ирис. Пусть m = S
a
(c) и n = S
b
(c), то точка P касания стороны AB с окружностью w принадлежит оси симметрии прямых m и n (задача Построив точку P , строим прямую AB. Касательная к окружности w в

точке P , пересекаясь с прямыми a и b, дает точки A и B. Касательная водной из этих точек пересекает прямую c в третьей искомой точке Исследование опускаем.
Задачи на доказательство. Даны две концентрические окружности. Через две точки этих окружностей, лежащие на одной прямой с центром, проведена произвольная окружность. Докажите, что две другие точки пересечения ее сданными окружностями также коллинеарны с центром. Окружность, концентричная с вписанной в треугольник окружностью, пересекает прямые, содержащие его стороны, соответственно в парах точек A и B, C и D, E и F . Докажите, что AB = CD = EF .
1.29. Если ортоцентр треугольника совпадает с центром вписанной в него окружности, то треугольник правильный. Докажите. Если ортоцентр треугольника совпадает сего центроидом, то треугольник правильный. Докажите. Точки A, B, C лежат на одной прямой. Точка M не принадлежит этой прямой. Докажите, что окружности с диаметрами M A, M B,
M C имеют еще одну общую точку. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно прямых, содержащих его стороны, лежат на описанной около треугольника окружности. Если H — ортоцентр треугольника ABC, то окружности, описанные около треугольников HAB, HBC, HCA, равны. Докажите. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно прямых, содержащих его стороны, являются вершинами треугольника, биссектрисы которого лежат на тех же прямых, что и высоты данного треугольника. На биссектрисе внешнего угла C треугольника ABC взята точка. Докажите, что M A + M B > CA + Задачи на построение. С помощью построений определите расстояние отданной точки на стороне угла до его вершины, если эта вершина недоступна. Через данную точку проведите прямую, пересекающую две данные прямые под равными углами. На плоскости даны непараллельные прямые a и b. Постройте прямую, перпендикулярную третьей данной прямой m и пересекающую прямые a ив точках, равноудаленных от m.
1.39. Постройте квадрат, две противоположные вершины которого лежали бы на данной прямой, а две другие — на данных окружностях

1.40. Дана прямая a и точки M ив полуплоскости с границей Найдите на прямой a такую точку P , чтобы сумма M P + N P была наименьшей. Постройте четырехугольнику которого диагональ принадлежит биссектрисе угла A, если известны все стороны четырехугольника. Постройте треугольник по двум сторонами разности противолежащих им углов. Постройте треугольник по стороне, разности двух других сторон и углу, заключенному между данной стороной и большей из двух других.
Задачи для внеклассной работы. Точка M лежит на диаметре AB окружности. Хорда CD проходит через M и пересекает AB под углом 45
◦
. Докажите, что сумма+ не зависит от выбора точки M .
1.45. В окружности, центр которой не указан, проведены две параллельные неравные хорды. Разделите эти хорды пополам, пользуясь только одной линейкой. Даны две пересекающиеся прямые. Постройте циркулем или- нейкой оси симметрии этих прямых, пользуясь циркулем только два раза. Через точку, лежащую вне данной прямой, проведите при помощи циркуля и линейки прямую, параллельную данной, пользуясь циркулем только два раза. Дана прямая m, не принадлежащая ей точка M и окружность водной полуплоскости с границей m. Найдите на данной прямой такую точку P , чтобы сумма расстояния M P и длины отрезка касательной из точки P к окружности была наименьшей. Даны прямая m и окружность a. Найдите на прямой m такую точку X, чтобы прямая m и одна из касательных, проведенных к окружности a через точку X, были симметричны относительно другой касательной. Дорога AB пересекает под острым углом реку BC. Гонец находится в точке P внутри угла ABC. Его конь хочет пить, а гонец спешит выехать на дорогу AB. В каком месте реки гонец должен напоить коня,
чтобы скорее попасть на дорогу. Постройте треугольник поданным серединам двух его сторон и прямой, на которой лежит биссектриса угла, противолежащего одной из этих двух сторон

1.52. Постройте треугольник по стороне, соответствующей ей высоте и разности углов, прилежащих к данной стороне. Постройте четырехугольник ABCD, в который можно вписать окружность, зная стороны AB и AD и углы при вершинах B и D.
1.54. На прямоугольном бильярде ABCD находятся два шара и N . Как надо толкнуть шар M , чтобы он, отразившись от бортов и BC, попал в шар N ?
1.55. Дан острый угол с вершиной O и внутри него точки P и Постройте треугольник ABC такой, что AC = BC, сторона AB принадлежит одной стороне угла, вершина C — другой, а стороны AC и содержат точки P и Q.
§ 4. Перенос. Определение и свойства переноса. Переносом T
—
r плоскости на заданный вектор ¯
r называется преобразование плоскости, которое каждую точку M отображает на такую точку M
0
, что M M
0
= Это определение оправдано тем, что отображение, удовлетворяющее указанным в нем двум требованиям, отображает плоскость на себя и обратно, те. является преобразованием плоскости (Перенос T
—
r полностью характеризуется своим вектором ¯
r. Очевидно,
перенос на нулевой вектор является тождественным преобразованием E. Преобразование, обратное переносу T
—
r
, есть перенос на противоположный вектор (T
—
r
)
−1
= Теорема. Перенос есть движение.
Д ока за тел ь ст во. Если T
—
r
(M ) = и T
—
r
(N ) = N
0
, то M M
0
=
= N N
0
= ¯
r. Следовательно, M M
0
+ M
0
N = M
0
N + N N
0
, или M N = M
0
N
0
M
N
M
0
N
0
a Рис. и, значит, M N = Сравнение ориентаций двух соответственных при переносе треугольников показывает, что перенос является движением первого рода.
Следствие. Перенос отображает прямую на параллельную ей прямую, луч — на сонаправленный с ним луч.
Д ока за тел ь ст во. Перенос как всякое движение отображает прямую напрямую. Если M и N — две различные точки прямой a и T
—
r
(M ) = M
0
, T
—
r
(N ) = N
0
, то M N = рис. 25), откуда следует T
—
r
(a) k a. Соответственные лучи этих прямых сонаправлены.
Обратно, если движение отображает каждый луч на сонаправлен- ный с ним луч, то оно является переносом. Действительно, пусть при

движении f фиксированная точка M отображается на точку M
0
, а произвольная точка N — на точку N
0
. Так как лучи M N и по условию сонаправлены и M N = M
0
N
0
, то M N = M
0
N
0
, что эквивалентно равенству, те перенос.
Перенос, отличный от тождественного, не имеет неподвижных точек. Каждая прямая, имеющая направление переноса, отображается этим переносом на себя, те. является двойной (инвариантной) прямой этого преобразования. Решение задач с помощью переноса. Приведем для примера решения нескольких задач, где перенос играет существенную роль.
З ада ч а 1. На стороне AB прямоугольника ABCD вне его построен треугольник ABE. Через точки C и D проведены перпендикуляры и DN соответственно к прямыми. Доказать, что точка
M
N
A
B
A
1
B
1
C
D
E
P
H
Рис. 26
M
N
P
Q
O
1
M
1
O
a Рис. 27
P = (CM ) ∩ (DN ) принадлежит прямой, содержащей высоту треугольника (рис. Решение. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABE. Перенос на вектор BC отображает прямые соответственно на прямые DN , CM , EH. Следовательно,
три последние прямые пересекаются в точке P , являющейся образом точки при указанном переносе.
З ада ч а 2. Две равные окружности пересекаются в точках M и N Точки P и Q этих окружностей принадлежат их линии центров и находятся водной полуплоскости от прямой (рис. 27). Доказать, что сумма N
2
+ P не зависит от расстояния между центрами окружностей.
Р е ш е ни е. Пусть a и a
1
— данные окружности, P ∈
a, Q ∈ a
1
. Перенос на вектор P Q отображает a на a
1
. Если T
P Q
(M ), то M
1
∈
a
1
, так как M ∈
a. Угол прямой и поэтому N
2
+ M M
2 1
= N M
2 1
. Но M M
1
= P Q. Значит, M N
2
+ P Q
2
= d
2
, где d длина диаметра данных окружностей.
З ада ч а 3. Построить параллелограмм ABCD по двум заданным вершинами, если две другие вершины принадлежат данной окружности Решение. Пусть w — данная окружность, ABCD — искомый параллелограмм (рис. 28). Задача сводится к построению одной из точек C
A
B
C
D
O
1
O
w Рис. 28
A
B
C
D
P
Q
M
B
1
a a
a Рис. или D. Замечаем, что T
AB
(D) = C. Если окружность есть образ окружности w при переносе на вектор AB, то C ∈
w
1
, поскольку D ∈
w. Итака окружность легко строится. Число решений равно числу общих точек окружностей и Задача. В окружности даны хорды AB и. Найти на окружности такую точку M , чтобы хорды AM и BM отсекали на хорде CD отрезок,
равный данному.
Р е ш е ни е. Если M — искомая точка и (M A) ∩
∩ (CD) = P , (M B) ∩ (CD) = Q, то задачу сведем к построению точки P или точки Q. Перенос навек- тор ¯
r = QP , длина которого равна длине a данного отрезка, а направление параллельно CD, приводит к желаемой цели. Пусть T
—
r
(B) = рис. Величина a угла AMB определяется хордой и данной окружностью. Поскольку (M B) k (P то ∠AP B
1
=
a. Итак, из точки P известный отрезок виден под известным углом a. Построение выполняем в следующем порядке строим B
1
= T
—
r
(B), на отрезке строим дуги окружностей, являющиеся множеством точек плоскости, из которых этот отрезок виден под углом a. Искомая точка является точкой пересечения этих дуг с хордой CD. Построение точки M уже очевидно. Исследование проводить не будем.
Задачи на доказательство и вычисление. Если в треугольнике две медианы равны, то он равнобедренный. Докажите. Докажите, что сумма боковых сторон трапеции больше разности ее оснований, а сумма диагоналей трапеции больше суммы оснований. Внутри прямоугольника ABCD взята точка M . Докажите, что существует выпуклый четырехугольник с перпендикулярными диагоналями, равными AB и BC, и сторонами, равными AM , BM , CM , DM .
1.59. На продолжении основания AB равнобедренного треугольника взята произвольная точка M . Докажите, что разность расстояний точки M до прямых AC и BC не зависит от выбора этой точки

1.60. Найдите длину отрезка, соединяющего середины оснований трапеции, если известны длины всех ее сторон. Две равные окружности касаются внешним образом в точке Хорды KA и KB этих окружностей перпендикулярны. Найдите если радиусы окружностей имеют длину r.
1.62. Две равные окружности пересекаются в точках P и Q. Прямая,
параллельная их линии центров, пересекает их соответственно в точках и B, C и D (AB = CD). Докажите, что величина угла AP C не зависит от выбора этой прямой. Дан четырехугольники векторы ¯
u и ¯
v. Если A
1
= T
—
u
(A),
C
1
= T
—
u
(C), B
1
= T
—
v
(B), D
1
= T
—
v
(D), четырехугольник равно- велик данному. Докажите. Точка H — ортоцентр треугольника ABC. Докажите, что+ CH
2
= 4R
2
, где R — радиус описанной около треугольника окруж- ности.
Задачи на построение. На стороне угла с вершиной O дана точка M . Постройте отрезок, равный отрезку OM , не используя точку O.
1.66. Постройте трапецию по четырем ее сторонам. Постройте трапецию по боковым сторонам, разности оснований и одной диагонали. Постройте трапецию по разности оснований, диагонали и двум углам, прилежащим к одному основанию. Постройте трапецию по ее основаниями диагоналям. Постройте отрезок заданной длины с концами на данных окружностях и параллельный данной прямой. Даны две окружности и прямая, не параллельная и не перпендикулярная их линии центров. Параллельно данной прямой проведите прямую так, чтобы эти окружности высекали на ней равные хорды. Даны три прямые, две из которых параллельны. Постройте правильный треугольник по заданной его стороне так, чтобы его вершины лежали по одной на данных прямых. Постройте окружность данного радиуса, касающуюся данной прямой и данной окружности. Постройте параллелограмм ABCD, вершины которого лежат по одной на прямых, содержащих стороны данного четырехугольника,
если вершины A и B заданы. Постройте треугольник потрем его медианам. Постройте четырехугольник ABCD, если известны его стороны и CD, диагонали и угол между диагоналями

1.77. По разные стороны от реки находятся пункты A и B. Где надо построить мост через реку, чтобы путь изв через этот мост был кратчайшим?
Задачи для внеклассной работы. В трапеции ABCD с основаниями BC и AD биссектрисы углов и B пересекаются в точке M , биссектрисы углов C и D пересекаются в точке N . Докажите, что |AB + CD − BC − AD| = 2M N .
1.79. Дан произвольный треугольник ABC, в котором сторона наибольшая. На сторонах AC и BC вне треугольника построены произвольные параллелограммы AA
1
C
1
C и BB
2
C
2
C. Прямые и пересекаются в точке D. На стороне AB также вне треугольника построен параллелограмм такой, что AA
3
= DC. Докажите, что площадь этого параллелограмма равна сумме площадей первых двух параллелограммов (теорема Паппа).
1.80. Между пунктами A и B текут две реки. Где надо построить мосты через реки, чтобы путь изв через эти мосты был кратчайшим. Через точку пересечения двух данных окружностей проведите прямую так, чтобы отрезок этой прямой, заключенный внутри окружностей, был равен данному отрезку a.
1.82. Даны две окружности и точка A. Проведите через точку прямую так, чтобы эти окружности высекали на ней равные хорды. Постройте четырехугольник по четырем его сторонами углу между прямыми, содержащими две противоположные стороны 5. Поворот. Определение и свойства поворота. Поворотом плоскости около данной точки O на заданный ориентированный угол величины a назы-
M
M
0
O
a − Рис. 30
вается преобразование плоскости, которое точку отображает на себя, а всякую другую точку M отображает на такую точку M
0
, что OM
0
= OM и ориентированный угол M имеет величину a (рис. 30). Точка называется центром поворота, а величина a — углом поворота.
Число a считается положительным, если угол ориентирован против движения часовой стрелки, и отрицательным в противном случае. Поворот с центром O на угол a обозначают Легко видеть, что R
a
O
= R
−(360
◦
−
a)
O
= и R
a
O
= R
a+360
◦
O
. Эти две формулы обобщаются одной формулой где k = 0, ±1, ±2, ±3, . . Поэтому без ограничения общности для любого поворота можно полагать или же −180
◦
<
a 6 Преобразование, обратное повороту R
a
O
, есть поворот стем же центром, нона противоположный угол (R
a
O
)
−1
= R
−
a
O
. В общем случае Рис. 31
R
a
O
6= R
−
a
O
, но R
180
◦
O
= R
−180
◦
O
= рис. 31), т. е.
центральная симметрия есть частный вид поворота. Заметим, что R
0
◦
O
= R
360
◦
O
= Теорема. Поворот плоскости является дви- жением.
Пусть R
a
O
(A) = и R
a
O
(B) = B
1
. Покажем,
что для любых двух точек A и B будет выполняться. Это очевидно, когда точки O, A, B коллинеарны.
Если они неколлинеарны, то по определению поворота будут неколлинеарны их образы O, A
1
, B
1
. Из равенства ]AOA
1
= ориентированных углов следует равенство ∠AOA
1
+ ∠A
1
OB = ∠A
1
OB + или ∠AOB = ∠A
1
OB
1
. Так как, кроме того, OA = и OB = OB
1
, то треугольники OAB и равны и поэтому A
1
B
1
= Из сравнения ориентаций двух соответственных при повороте треугольников видно, что поворот — движение первого рода. Угол между лучом и его образом при повороте. Поворот, как любое движение, отображает прямую напрямую, луч на луч, отрезок h
1
p p
1
O
a Рис. на отрезок.
Теорема. Ориентированный угол между лучом и его образом при повороте равен углу a поворота.
Д ока за тел ь ст во. Если начало данного луча h совпадает с центром O поворота, то это утверждение истинно по определению поворота. Если начало луча p отлично от O, то проведем луч h с началом O, сонаправленный с лучом p. Любое движение плоскости отображает сонаправленные лучина сонаправленные лучи, поэтому образы и лучей h и p также сонаправлены (рис. Угол между двумя направлениями не зависит от выбора лучей этих направлений. Поэтому ориентированный угол между лучами p и равен ориентированному углу между лучами h и h
1
, те. равен углу поворота

Можно доказать, что если угол между каждым лучом и его образом при движении постоянен (не зависит от выбора луча, то это движение является поворотом. Два способа построения центра поворота. Центр поворота, отличного от тождественного, является единственной его неподвижной точкой. Если угол поворота отличен от 180
◦
, тоне существует двойных прямых поворота. Поворот как движение первого рода можно задать двумя парами A → A
1
, B → соответственных точек с условием AB. Полагаем, что ни одна из точек A и B не совпадает со своим образом.
При A
1
B
1
= −AB имеем центральную симметрию. Если O — искомый центр поворота, то OA
1
= OA и OB
1
= OB. Значит, точка O необходимо принадлежит серединному перпендикуляру для каждого из отрезков и BB
1
. Если общая точка этих перпендикуляров единственна,
то она и будет искомым центром заданного поворота (рис. 33). Совпадение указанных серединных перпендикуляров возможно, очевидно, в случае, когда точки A и A
1
, B и соответственно симметричны относительно некоторой прямой l, при этом либо (AA
1
) 6= (BB
1
) (рис. либо (AA
1
) = (BB
1
) (рис. 31). В первом случае O = (AB) ∩ (A
1
B
1
), а во втором — O = l ∩ (Рассмотрим другой способ построения центра поворота. Пусть прямые и пересекаются в точке K (рис. 35). Искомый центр поворота является второй общей точкой окружностей AA
1
K и Если, в частности, A
1
= K, то окружность AA
1
K касается прямой в точке A
1
A
A
1
B
B
1
O
a Рис. 33
A
A
1
B
B
1
O
a Рис. 34
A
A
1
B
B
1
O
K
a Рис. 35
§ 6. Решение задач с помощью поворота
В приведенных ниже решениях задач на доказательство вычисление и построение демонстрируется использование поворота в различных ситуациях. Как можно заметить, приемы применения поворота аналогичны тем, какие использовались в приложениях центральной симметрии,
осевой симметрии и переноса.
З ада ч а 1. В окружность вписаны два правильных треугольника и A
1
B
1
C
1
. Доказать, что точки A
2
= (BC) ∩ (B
1
C
1
), B
2
= (CA) ∩
∩ (C
1
A
1
), C
2
= (AB) ∩ (A
1
B
1
) являются вершинами правильного тре- угольника.
Р е ш е ни е. При повороте около центра O окружности на точки отображаются соответственно на точки B, C, A (рис. Рис. 36
A
B
C
M
E Рис. Рис. Следовательно, (AB) → (BC), (BC) → (CA),
(CA) → (AB) и аналогично (A
1
B
1
) → (B
1
C
1
),
(B
1
C
1
) → (C
1
A
1
), (C
1
A
1
) → (A
1
B
1
). Так как точка пересечения прямых отображается на точку пересечения их образов, то C
2
→ A
2
,
A
2
→ B
2
, B
2
→ C
2
. Отсюда следует, что треугольник A
2
B
2
C
2
правильный.
З ада ч а 2. Точка B лежит между A и В полуплоскости с границей AB построены правильные треугольники ABM и BCP . Точки и E — середины отрезков AP и M Доказать, что треугольник BKE правильный
(рис. Решение. Поворотом точки A и отображаются соответственно на точки M и Поэтому отрезок AP отображается на отрезок C. Так как движение сохраняет отношение отрезков, то R
60
◦
B
(K) = E. Поэтому BK = и ∠KBE = 60
◦
, а это значит, что треугольник правильный.
З ада ч а 3. Треугольник A
1
B
1
C симметричен прямоугольному треугольнику ABC относительно биссектрисы его прямого угла Доказать, что медиана CM треугольника перпендикулярна прямой рис. Решение. Выполним поворот R
90
◦
C
. Пусть) = B
2
, R
90
◦
C
(M ) = M
1
. Так как R
90
◦
C
(A) =
= и M — середина отрезка AB, то M
1
— середина отрезка A
1
B
2
. Тогда CM
1
k по свойству средней линии треугольника. По свойству поворота (CM
1
) ⊥ (CM ) и, следовательно) ⊥ (CM Задача. На гипотенузе прямоугольного треугольника вне его построен квадрат. Найти расстояние от вершины прямого угла треугольника до центра квадрата, если сумма длин катетов треугольника равна Решение. Пусть O — центр квадрата ABM N (рис. 39). Тогда) = A, R
90
◦
O
(A) = N . Если R
90
◦
O
(C) = C
1
, то точки C, A, коллинеарны, поскольку ∠CAB + ∠BAN + ∠N AC
1
= 180
◦
. Треугольник
A
B
C
C
1
O
M
N
Рис. 39
A
B
O
O
1
M
M
1
a Рис. 40
A
B
C
B
1
C
1
l
O
O
1
a Рис. прямоугольный равнобедренный и по условию CC
1
= m. Отсюда и CO = Задача. Две равные окружности пересекаются в точках A и B. Доказать, что прямая, соединяющая произвольную точку одной окружности с ее образом при повороте около точки отображающем эту окружность на другую, проходит через точку Решение. Пусть M — произвольная точка окружности a и прямая пересекает вторично другую окружность b в точке M
1
. Обозначим, где O и O
1
— центры данных окружностей a ирис. Очевидно, R
f
A
(
a) = b. Необходимо доказать, что R
f
A
(M ) = M
1
. Но это действительно так, поскольку ∠AM B =
= ∠AM
1
B = ∠AOO
1
= ∠AO
1
O (каждый из этих углов измеряется половиной дуги) и, следовательно, M A = M
1
A, а Задача. Построить правильный треугольник ABC, одна вершина которого находится в данной точке A, вершина на данной прямой l, а вершина на данной окружности Решен и е.
Пусть треугольник удовлетворяет требованиям задачи (рис. 41). Очевидно, R
60
◦
A
(C) = Пусть a
1
— образ окружности a при этом повороте. Так как C ∈
a, то B ∈ Кроме того, B ∈ l и поэтому B ∈
a ∩ l. Это и дает ключ к решению задачи. Построение выполняем в следующем порядке строим a
1
= R
60
◦
A
(
a),
l ∩
a
1
= {B, B
1
}, на отрезках AB и строим правильные треугольники и AB
1
C
1
, вершины C и которых согласно проведенному анализу принадлежат окружности a. Число решений равно числу общих точек прямой l и окружности Задача. Через данную точку A провести окружность данного радиуса так, чтобы из другой данной точки B она была видна под углом заданной величины Решение. Пока не будем учитывать требование, чтобы искомая окружность проходила через данную точку A. Построим произвольный r
A
B
P
Q
r Рис. угол с
вершиной
B
заданной величины f и впишем в него окружность w заданного радиуса (рис. 42). Искомую окружность можно получить как образ окружности w при повороте сцен- тром B на некоторый угол, величину которого можно найти, рассмотрев вспомогательную окружность. Она пересекает окружность w в точках P и каждая из которых представляет собой прообраз точки A в требуемом повороте. Следовательно, имеем два поворота с общим центром B на углы ]QBA и ]P BA. Образы окружности w при этих поворотах и являются искомыми окружностями. Исследование незатруднительно.
Задачи на доказательство. Некоторая фигура F отображается на себя при повороте на
48
◦
около точки O. Будет ли она отображаться на себя при повороте с центром O на 72
◦
? на 90
◦
?
1.85. На сторонах AB и BC треугольника ABC построены соответственно квадраты ABP Q и BCM N , причем квадрат ABP Q и треугольник находятся в разных полуплоскостях от прямой AB, а квадрат N — водной полуплоскости с этим треугольником относительно прямой BC. Докажите, что отрезки P N и AC равны и перпендикулярны. Через центр правильного треугольника проведены две прямые,
угол между которыми равен 60
◦
. Докажите, что отрезки этих прямых,
являющиеся их пересечением с треугольником, равны. Через центр квадрата проведены две перпендикулярные прямые. Докажите, что точки пересечения их со сторонами квадрата являются вершинами некоторого квадрата

1.88. Точки M , P , N , Q принадлежат последовательно прямым, содержащим стороны квадрата. Докажите, что если отрезки M N и P перпендикулярны, то они равны. Докажите, что точки пересечения диагоналей правильного пятиугольника служат вершинами также правильного пятиугольника. Точки M , N , P , Q — середины сторон AB, BC, CD, DA квадрата соответственно. Докажите, что точки пересечения прямых , BP , CQ, DM являются вершинами квадрата. Дан ромб ABCD, в котором ∠B = 60
◦
. Прямая a пересекает стороны BC ив точках M итак, что сумма CM + CN равна длине стороны ромба. Докажите, что треугольник AM N правильный. Внутри квадрата ABCD взята произвольная точка P . Через вершины A, B, C, D проведены перпендикуляры к прямым P B, P C,
P D, P A соответственно. Докажите, что эти перпендикуляры пересекаются водной точке. На гипотенузе прямоугольного треугольника ABC вне его построен квадрат с центром O. Докажите, что луч CO есть биссектриса прямого угла ACB.
1.94. На сторонах AB и BC параллелограмма ABCD выбраны соответственно точки H итак, что KA = KB и HC = CB. Докажите,
что треугольник KDH равнобедренный и точки K, A, D, C, H лежат на одной окружности. На сторонах AB и AC треугольника ABC вне его построены квадраты ABDE и ACP Q. Докажите, что) медиана AK треугольника ABC перпендикулярна прямой QE и =
1 2
QE;
2) медиана AM треугольника AQE перпендикулярна прямой BC и =
1 2
BC.
1.96. На дуге AB описанной около правильного треугольника окружности взята точка M . Докажите, что M C = M A + M B.
1.97. Два равных одинаково ориентированных квадрата ABCD и
AB
1
C
1
D
1
имеют общую вершину A. Докажите, что прямые BB
1
, пересекаются водной точке. Даны две окружности, каждая из которых проходит через центр другой. Через точку пересечения окружностей проведена прямая, пересекающая их вторично в точках M и N . Докажите, что угол между касательными к окружностям в точках M и N равен 60
◦
1.99. На сторонах AB и BC треугольника ABC вне его построены квадраты ABM N и BCP Q. Докажите, что центры этих квадратов и середины отрезков AC и M Q являются вершинами квадрата

Задачи на построение. Даны две равные окружности, на одной из которых дана точка, на другой точка B. Постройте центр поворота, отображающего одну окружность на другую так, чтобы точка A отобразилась на B.
1.101. Даны две равные окружности, одна из которых отображается на другую поворотом на 45
◦
. Постройте центр этого поворота. Постройте окружность с центром в данной точке так, чтобы одна из ее дуг, отсекаемых двумя данными окружностями, имела заданную угловую величину a.
1.103. Постройте окружность с заданным центром, которая касается своего образа при заданном повороте. Постройте правильный треугольник, высоты которого пересекаются в данной точке, а две вершины лежат на данной окружности. Постройте правильный шестиугольник по его центру и точками, которые лежат на прямых, содержащих его смежные стороны. Даны две концентрические окружности. Постройте квадрат так, чтобы две его смежные вершины лежали на одной окружности, а две другие — на другой. Даны три концентрические окружности. Постройте правильный треугольник, вершины которого лежат по одной на этих окружностях. Прямая a касается окружности в данной точке A. Используя поворот, проведите касательную к окружности через данную точку вне ее. Через данную точку проведите прямую, пересечением которой сданным кругом является хорда заданной длины.
Задачи для внеклассной работы. На стороне CD квадрата ABCD взята точка E. Биссектриса угла BAE пересекает сторону BC в точке F . Докажите, что = ED + BF .
1.111. Даны два равных отрезка AB и A
1
B
1
. Пусть O — центр поворота, отображающего A на и B на B
1
, а O
1
— центр поворота,
отображающего A на и B на A
1
. Докажите, что прямая делит пополам отрезок, соединяющий середины данных отрезков. Докажите,
что углы этих поворотов отличаются на 180
◦
1.112. Даны два правильных равных и одинаково ориентированных треугольника ABC и A
1
B
1
C
1
. Один поворот отображает вершины A,
B, C соответственно на вершины A
1
, B
1
, C
1
, другой — на вершины B
1
,
181

C
1
, A
1
, третий — на вершины C
1
, A
1
, B
1
. Докажите, что центры этих поворотов коллинеарны или совпадают. Даны два равных квадрата. Докажите, что в общем случае существует четыре поворота, отображающих один квадрат на другой, и что центры этих поворотов коллинеарны. Убедитесь, что углы этих поворотов образуют прогрессию. Какова разность этой прогрессии В каких случаях число требуемых поворотов меньше четырех. Дан правильный треугольники точка P . Докажите, что длина большего из отрезков P A, P B, P C не больше суммы длин двух других. При каком положении точки P длина большего из этих отрезков равна сумме длин остальных. На сторонах произвольного треугольника ABC вне его построены правильные треугольники ABC
1
, BCA
1
, CAB
1
. Докажите, что отрезки AA
1
, BB
1
, равны, пересекаются водной точке под равными углами и M A
1
= M B + M C, M B
1
= M C + M A, M C
1
= M A + M B.
1.116. Постройте квадрат так, чтобы прямые, содержащие его стороны, проходили через заданные точки A, B, C, D по одной на каждой из этих прямых. Дана окружность с центром O и не принадлежащие ей точки и B. Найдите на окружности точки и такие, чтобы прямые и были параллельны, а угол имел заданную величину f.
1.118. Дан квадрат ABCD и точка S, принадлежащая диагонали. Через точку S проведены прямые P Q и M N , параллельные сторонам квадрата, причем M ∈ (AB), P ∈ (BC), N ∈ (CD), Q ∈ (Докажите, что отрезки SC и M Q перпендикулярны. В равнобедренном прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C проведена медиана AA
1
. На стороне AB взята точка так, что отрезок CD перпендикулярен AA
1
. Вычислите отношение : DB.
1.120. Используя поворот, постройте общие касательные к двум окружностями. Три равные окружности имеют общую точку H и попарно пересекаются еще в трех точках A, B, C. Докажите, что окружность,
проходящая через точки A, B и C равна данным окружностям 7. Композиции движений. Композиция центральных симметрии и переносов. Найдем композицию двух центральных симметрий с центрами A и B. Пусть для произвольной точки M плоскости Z
A
(M ) = ирис Тогда по теореме о средней линии для треугольника M имеем M
0
= 2AB. Вектор AB постоянный, так как точки A и B заданы.
Поэтому композиция Z
B
◦ есть перенос на вектор 2AB. Итак,
A
B
M
M
1
M
0
Рис. 43
Z
B
◦ Z
A
= Пусть заданы два переноса T
—
a и T
—
b
. Если и T
—
b
(M
1
) = M
0
, то M M
1
= ¯
a и M
1
M
0
= ¯
b, поэтому M M
0
= M M
1
+ M
1
M
0
=
= ¯
a + ¯
b. Так как точка M произвольная, а вектор M постоянный, то искомая композиция есть перенос на вектор ¯
a + ¯
b:
T
—
b
◦ T
—
a
= Композиция переносов коммутативна, поскольку коммутативно сложение векторов T
—
b
◦ T
—
a
= T
—
a+—
b
= T
—
b+—
a
= T
—
a
◦ T
—
b
. Аналогичным образом убеждаемся, что композиция любого конечного числа переносов есть перенос на сумму векторов заданных переносов.
Композиция T
—
r
◦ центральной симметрии и переноса находится с помощью формулы (7.1): (Z
B
◦ Z
A
) ◦ Z
A
= T
2AB
◦ Z
A
. Поскольку любая композиция преобразований ассоциативна и Z
A
◦ Z
A
= E, то T
2AB
◦ Z
A
. Положим 2AB = ¯
r, тогда Z
A
= Z
B
,
AB =
1 Аналогично находим T
—
r
= Z
A
,
AB =
1 Таким образом, композиция центральной симметрии с центром A и переноса на вектор ¯
r есть центральная симметрия, центр B которой определяется условием AB =
1 Пользуясь ассоциативностью композиций, на основании предыдущих формул получаем такие выводы) композиция четного числа центральных симметрии есть перенос) композиция нечетного числа центральных симметрии есть центральная симметрия. Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями.
Пусть заданы две осевые симметрии S
u и S
v своими осями, причем u k v
(u 6= v), и требуется найти их композицию f = S
v
◦ S
u
. Если — произвольная точка плоскости и S
u
(M ) = M
1
, S
v
(M
1
) = M
0
, то f (M ) = M
0 183

рис. 44). Пусть (M M
1
) ∩ u = P , (M
1
M
0
) ∩ v = Q, при этом частные случаи = M
1
= P или M
1
= M
0
= Q не исключаются. Тогда M M
0
= M M
1
+
+ M
1
M
0
= 2P M
1
+ 2M
1
Q = 2(P M
1
+ M
1
Q) = 2P Q. Но вектор 2P Q не зависит от выбора точки M , а определяется только прямыми u ион Рис. перпендикулярен этим прямым, направлен от оси u коси и имеет длину, равную удвоенному расстоянию между этими прямыми. Следовательно, движение f = S
v
◦ S
u является переносом на этот вектор. При u = v имеем тождественный перенос T
—
0
. Результатом проведенных рассуждений является такая теорема.
Теорема. Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями представляет собой перенос в направлении, перпендикулярном осям, от оси первой симметрии коси второй симметрии на удвоенное расстояние между осями. Представление переноса композицией осевых симметрий. Решим обратную задачу. Пусть задан переноси требуется представить его композицией осевых симметрий. Проведем произвольную прямую u ⊥ ¯
r. Пусть для произвольной точки T
—
r
(M ) = и S
u
(M ) = M
1
. Построим серединный перпендикуляр v к отрезку при M
1
= прямая v проходит через параллельно u (рис. 44). Тогда S
v
(M
1
) = и композиция S
v
◦ S
u отображает M на M
0
. Так как M M
0
= ¯
r = 2P взаимное расположение осей u и v не зависит от выбора точки M , аза- висит только от заданного переноса T
—
r
. Поскольку образы произвольной точки M при переносе T
—
r и при композиции S
v
◦ S
u совпадают, то (7
◦
)
T
—
r
= S
v
◦ S
u
,
T
(1/2)—
r
(u) = v,
u ⊥ Итак, всякий перенос T
—
r можно представить композицией двух осевых симметрий с параллельными осями, перпендикулярными вектору переноса, при этом одна из осей выбирается произвольно, а другая v
a Рис. должна удовлетворять условию переносом T
(1/2)—
r ось первой симметрии отображается на ось второй симметрии. Композиция двух осевых симметрий с непа- раллельными осями. Пусть заданы две осевые симметрии и S
v своими осями u и v, причем u ∦ v, и требуется найти движение f = S
v
◦ S
u
. Если u ∩ v = рис. 45), то f (O) = O, так как точка O неподвижна при каждой из симметрий S
u и S
v
. Очевидно,
других неподвижных точек движение f не имеет. Пусть M — произвольная точка плоскости, отличная от точки O. Если S
u
(M ) = M
1
,
S
v
(M
1
) = M
0
, (M M
1
) ∩ u = A, (M
1
M
0
) ∩ v = B, то ]M OA = и

]M
1
OB = ]BOM
0
. Поэтому OM
0
= ]M OA + ]AOM
1
+ ]M
1
OB + ]BOM
0
=
= 2(]AOM
1
+ ]M
1
OB) = 2]AOB = 2](u, А этот угол постоянный, так как u и v заданы. Следовательно, S
v
◦ S
u есть поворот с центром O на угол 2](u, v). Итак, доказана
Теорема. Композиция двух осевых симметрий с непараллельными осями представляет собой поворот с центром в точке пересечения осей на удвоенный угол от оси первой симметрии до оси второй симметрии. Представление поворота композицией осевых симметрий. Решим обратную задачу. Пусть задан поворот R
a
O
. Проведем через произвольную прямую u. Пусть M 6= O, R
a
O
(M ) = и S
u
(M ) = Построим серединный перпендикуляр v к отрезку при M
1
= обозначим (OM
1
) = v). Тогда S
v
(M
1
) = M
0
. Из OM = OM
1
= следует. Если теперь рассмотрим композицию S
v
◦ S
u
, то она совпадает с заданным поворотом, поскольку при и при S
v
◦ S
u образы произвольной точки M совпадают. Итак S
v
◦ S
u
,
u ∩ v = O,
](u, v) Очевидно, такое представление поворота композицией двух осевых симметрий неоднозначно, так как одна из осей u и v берется произвольно, а вторая определяется условиями u ∩ v = O, ](u, v) = a/2. Если Рис. 46
u
1
∩ v
1
= O ирис, то R
a
O
= S
v
◦
◦ S
u
= S
v
1
◦ Таким образом, всякий поворот можно представить композицией двух осевых симметрий, оси которых пересекаются в центре поворота, при этом одна из осей произвольна, а другая удовлетворяет условию ориентированный угол от оси первой симметрии до оси второй симметрии равен половине угла поворота. Композиция двух поворотов. Если центры и B поворотов и совпадают, то композиция есть поворот около того же центра на угол a + b. Вследствие того, что a + b = b + a, композиция поворотов с общим центром коммутативна. Рассмотрим случай, когда A 6= B. Композиция поворотов движение первого рода. При a + b = 0 или a + b = 2p эта композиция есть перенос, отличный от тождественного, так как она отображает каждый луч на сонаправленный с ним лучи. Далее будем считать, что a + b 6= 0 и a + b 6= 2p. Тогда R
b
B
◦ является

поворотом на угол a + b, поскольку угол между каждым лучом и его образом равен a + b. Найдем центр C этого поворота, полагая a 6= и b 6= 0. Так как точка C неподвижна при композиции поворотов, то u
1
v Рис. если R
a
A
(C) = то R
b
B
(C
1
) = C. Отсюда заключаем, что AC = и BC = BC
1
. Эти равенства показывают, что точки C и симметричны относительно прямой AB (рис. 47.). В силу этой симметрии имеем ∠CAB = a/2 и ∠ABC = Эти углы позволяют построить центр C поворота он является точкой пересечения прямых u и v таких, что R
a/2
A
(u) = (AB) и) = Сформулируем полученные выводы.
Теорема. Композиция двух поворотов и с различными центрами есть перенос, если a + b = 0 или a + b = 2p, и поворот, если a + b 6= 0 и a + b 6= 2p. Центром поворота является точка C пересечения прямых u и v таких, что R
a/2
A
(u) = (AB) и R
b/2
B
(AB) = Пользуясь этой теоремой, находим R
b
B
= R
a+b
C
1
,
C
1
= S
AB
(C).
7.7. Композиция поворота и переноса. Пусть требуется найти T
—
r
◦
◦ R
a
O
. Для этого, пользуясь известной свободой выбора осей, положим S
v
◦ S
u и T
—
r
= S
t
◦ S
v
, где u ∩ v = O, ](u, v) ирис. Тогда R
a
O
= (S
t
◦ S
v
) ◦ (S
v
◦ S
u
) = S
t
◦ (S
v
◦ S
v
) ◦ S
u
= S
t
◦ Так как u ∦ t и ∠(u, t) = ∠(u, v) =
a
2
, то S
t
◦ S
u
= R
a
A
, где A = u ∩ t. Итак Рис. 48
T
—
r
◦ R
a
O
= В частности, при a = имеем Z
o
= где =
1 Нетрудно проверить истинность равенства R
a
O
= R
a
O
1
◦ где Отсюда видно, что повороти перенос не перестано- вочны в композиции, за исключением тривиальных случаев, когда ¯
r = ¯
0 или a = 0.
7.8. Переносная симметрия. Рассмотрим композицию осевой симметрии и переноса T
—
r при ¯
r k l и ¯
r 6= ¯
0. Нетрудно видеть, что эта

композиция коммутативна S
l
= S
l
◦ T
—
r
,
¯
r k В самом деле, если M — произвольная точка и S
l
(M ) = M
1
, T
—
r
(M
1
) = M
0
,
T
—
r
(M ) = M
0
, то S
l
(M
0
) = рис. 49). Поэтому (T
—
r
◦ S
l
)(M ) = и Рис. 49
(S
l
◦ T
—
r
)(M ) = Определение. Композиция осевой симметрии и нетождественного переноса параллельно оси симметрии называется переносной (скользящей)
симметрией плоскости.
Переносную симметрию T
—
r
◦ S
l
= S
l
◦ T
—
r
(¯
r k l,
¯
r 6= ¯
0) условимся обозначать W
—
r l
. Прямая l называется осью переносной симметрии, вектор ¯
r — вектором переносной симметрии.
Непосредственно из этого определения вытекают следующие свойства переносной симметрии) Переносная симметрия есть движение второго рода (как композиция движения второго рода и движения первого рода) Ось переносной симметрии делит пополам всякий отрезок, соединяющий точку с ее образом, если данная точка не принадлежит оси симметрии. Действительно, если (M M
1
) ∩ l = P , (M M
0
) ∩ l = C (рис. то P — середина M и по теореме Фалеса точка C — середина M M
0 3) Вектор ¯
r переносной симметрии определяется ортогональными проекциями P и Q данной точки M и ее образа на ось l симметрии = P Q.
7.9. Композиция переноса и осевой симметрии. Найдем композицию T
—
r при ¯
r ∦ l. Представим вектор ¯
r в виде ¯
r = ¯
p + ¯
q, где p k l, q ⊥ l
¯
q/2
u Рис. рис. 50). Тогда T
—
r
= T
—
q
◦ T
—
p и поэтому S
l
◦ T
—
r
=
= S
l
◦ (T
—
q
◦ T
—
p
) = (S
l
◦ T
—
q
) ◦ T
—
p
. Представляя T
—
q
=
= S
l
◦ S
u
, где u — прообраз прямой l при переносе, имеем S
l
◦ T
—
r
= S
l
◦ (S
l
◦ S
u
) ◦ T
—
p
=
= (S
l
◦ S
l
) ◦ (S
u
◦ T
—
p
) = W
—
p u
, так как p k u. Итак T
—
r
= W
—
p u
7.10. Движения плоскости как композиции осевых симметрий. Приведем без доказательств принципиально важные факты теории движений плоскости) Композицией осевых симметрий представимо любое движение плоскости) Всякое движение первого рода представимо композицией двух осевых симметрий

3) Всякое движение второго рода есть либо осевая симметрия, либо композиция трех осевых симметрий) Композиция трех осевых симметрий есть либо осевая симметрия,
либо переносная симметрия.
Классификацию движений плоскости можно иллюстрировать такой схемой.
ДВИЖЕНИЯ ПЛОСКОСТИ
движения первого рода движения второго рода переносы повороты осевые симметрии переносные симметрии тождественное движение центральные симметрии 8. Решение задач с помощью композиций движений
З ада ч а 1. Построить пятиугольник A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
, если известны середины P
1
, P
2
, P
3
, P
4
, его сторон A
1
A
2
, A
2
A
3
, A
3
A
4
, A
4
A
5
, Рис. рис. Решение. Рассмотрим композицию пяти центральных симметрий. Она является центральной симметрией (п. 7.1). Замечаем, что f (A
1
) = A
1
, те. точка центр этой симметрии. Его можно найти, построив образ произвольной точки M при композиции f : M
5
= f (M Тогда A
1
— середина отрезка M M
5
. Далее строим A
2
= Z
P
1
(A
1
), A
3
= Z
P
2
(A
2
),
A
4
= Z
P
3
(A
3
), A
5
= Задача. Для произвольной точки M описанной около треугольника окружности построены симметричные ей относительно прямых соответственно точки M
1
, M
2
, M
3
. Доказать, что

точки M
1
, M
2
, лежат на одной прямой, проходящей через ортоцентр треугольника Решение. Окружности a
1
,
a
2
,
a
3
, симметричные описанной окружности относительно указанных прямых (рис, пересекаются в орто- центре H треугольника ABC (задача 1.33). По теореме п. 7.4 S
CA
◦ S
BC
=
= R
2∠BCA
C
. Так как этот поворот отображает окружность на окружность и точку на точку M
2
, тов силу результата задачи 5 из § точки M
1
, M
2
, H коллинеарны. По аналогичной причине коллинеарны и точки M
2
, M
3
, H. Следовательно, все четыре точки M
1
, M
2
, M
3
, лежат на одной прямой.
З ада ч а 3. На сторонах CA и CB треугольника ABC вне его построены квадраты CAM N и CBP Q с центрами и O
2
. Точки D и — середины отрезков M P и N Q соответственно. Доказать, что треугольники и O
1
O
2
F прямоугольные равнобедренные (рис. 53).
A
B
C
H
M
M
1
M
2
M
3
a Рис. Рис. Решение. Рассмотрим композицию поворотов R
90
◦
A
◦ R
90
◦
B
. Она представляет собой поворот нате. является центральной симметрией, и отображает P на M . Значит, центром этой симметрии служит середина D отрезка P M . По теореме о композиции двух поворотов углы DAB и DBA равны половинам углов поворотов, те, чем и заканчивается доказательство для треугольника ABD. Аналогично проводится доказательство для треугольника O
1
O
2
F с помощью композиции поворотов с центрами и на Задача. Композиция четырех поворотов с центрами A, B, C, наесть тождественное преобразование. Доказать, что отрезки и BD равны и перпендикулярны.
Р е ш е ни е. Рассмотрим композиции R
90
◦
B
◦ R
90
◦
A
= и R
90
◦
D
◦ R
90
◦
C
=
= R
180
◦
O
1
. По условию R
180
◦
O
1
◦ R
180
◦
O
— тождественное преобразование, что

возможно лишь при O
1
= O. По теореме о композиции двух поворотов и ]OCD = ]CDO = 45
◦
. Отсюда следует, что) = B и R
90
◦
O
(C) = D. Так как поворотом на отрезок AC отображается на отрезок BD, то эти отрезки равны и перпендикулярны.
З ада ч а 5. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC вне (или все внутри) его построены правильные треугольники BCA
1
, Рис. 54
ABC
1
. Доказать, что центры O
1
, O
2
, этих треугольников являются вершинами правильного треугольника (рис. Решение. Рассмотрим композицию трех поворотов R
120
◦
O
1
◦ Последовательным применением теоремы о
компози- ции двух поворотов (п. 7.6) получаем, что эта композиция есть перенос, так как сумма углов поворота равна
360
◦
Замечаем,
что при этой композиции точка
A
непо- движна.
Поэтому полученный перенос тождественное преобразование
(в противном случае перенос не имеет неподвижных точек).
Равенство
R
120
◦
O
3
◦ R
120
◦
O
1
◦ R
120
◦
O
2
= E можно представить в виде R
120
◦
O
1
◦ R
120
◦
O
2
=
= R
−120
◦
O
3
, или R
120
◦
O
1
◦ R
120
◦
O
2
= R
240
◦
O
3
. По построению центра композиции двух поворотов углы и равны половинам углов поворотов, те. Следовательно, треугольник O
1
O
2
O
3
правильный.
Задачи
1.122. Найдите композицию симметрий относительно двух перпендикулярных прямых. Докажите, что композицией трех осевых симметрий, оси которых пересекаются водной точке (или параллельны, является осевая симметрия. Постройте ее ось. Найдите композицию четырех симметрий относительно последовательно взятых вершин параллелограмма. Дан треугольник ABC. Прямые l, m, p — серединные перпендикуляры к отрезкам BC, CA, AB соответственно. Постройте оси симметрий, являющихся композициями осевых симметрий S
p
◦ S
m
◦ S
l
,
S
l
◦ S
p
◦ S
m
, S
m
◦ S
l
◦ S
p
1.126. Найдите композицию осевых симметрий относительно прямых, содержащих биссектрисы данного треугольника

1.127. Докажите, что композиция четырех осевых симметрий, оси которых содержат последовательно биссектрисы углов четырехугольника общего вида, есть перенос. Дан четырехугольник такой, что композиция четырех симметрий, оси которых содержат последовательно его стороны, есть перенос.
Докажите, что этот четырехугольник является вписанным в некоторую окружность. Дан треугольник ABC. Найдите композицию R
∠C
C
◦ R
∠B
B
◦ если ориентация углов поворотов противоположна ориентации треугольника. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC вне его построены правильные одинаково ориентированные треугольники BCA
1
,
CAB
1
, ABC
1
. Докажите, что композиция поворотов с центрами A
1
, на углы есть центральная симметрия. Найдите ее центр. На сторонах четырехугольника вне его построены квадраты.
Докажите, что центры этих квадратов являются вершинами четырехугольника, у которого диагонали равны и перпендикулярны. На сторонах треугольника вне его построены квадраты. Докажите, что расстояние между центрами двух квадратов равно расстоянию от центра третьего квадрата до противоположной ему вершины данного треугольника. На сторонах AC и BC треугольника ABC вне его построены правильные треугольники ACP и BCQ. Найдите углы треугольника, у которого вершины совпадают с серединой M стороны AB, точкой P и центром O треугольника BCQ.
1.134. Переносная симметрия задана парой соответственных точек и вектором переноса. Постройте образ произвольной точки. Представьте переносную симметрию композицией центральной и осевой симметрии. Даны две равные окружности. Докажите, что оси всех переносных симметрий, отображающих одну окружность на другую, пересекаются водной точке. Даны две равные окружности a и b и на них соответственно по точке A и B. Какими переносными симметриями можно отобразить a на b, чтобы при этом A → B?
1.138. Треугольники ABC и равны и противоположно ориентированы. Докажите, что середины отрезков AA
1
, BB
1
, коллинеарны. Даны два равных противоположно ориентированных правильных треугольника ABC и A
1
B
1
C
1
. Докажите, что оси трех переносных

симметрий, каждая из которых отображает один треугольник на другой, пересекаются водной точке. Даны два равных отрезка AB и A
1
B
1
. Одна переносная симметрия отображает A на и B на B
1
, другая — A на и на A
1
. Докажите, что оси этих переносных симметрий перпендикулярны. Каким преобразованием является композиция переносной симметрии и центральной симметрии, если центр симметрии лежит на оси переносной симметрии. Каким движением является композиция двух переносных симметрий, каждая из которых отображает отрезок AB на отрезок A
1
B
1
?
1.143. Дан параллелограмму которого ∠A = 45
◦
. Найдите движение W
DA
(DA)
◦ W
CD
(CD)
◦ W
BC
(BC)
◦ W
AB
(AB)
1.144. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого перпендикулярны и пересекаются в точке M . Точки P и Q середины сторон AB и CD. Докажите, что композиция Z
Q
◦ Z
M
◦ отображает данную окружность на себя. В данную окружность впишите пятиугольник, стороны которого соответственно параллельны сторонам данного пятиугольника 9. Координатные формулы движений плоскости
Пусть задано движение f и прямоугольная декартова система координат с базисными векторами ¯ı, ¯
. Если f (M ) = и точки и имеют в этой системе соответственно координаты (x, y) и (x
0
, то искомые формулы движений должны выражать x
0
, через x, y и величины, которыми задано движение f .
9.1. Формулы переноса и центральной симметрии. Пусть ¯
r(a, b) вектор переноса. Если M (x, y) → M
0
(x
0
, y
0
), то по определению переноса M
0
= ¯
r, те и y
0
− y = b. Таким образом, формулами x
0
= x + a,
y
0
= y + записывается перенос плоскости на вектор ¯
r(a, Если S(x
0
, y
0
) — центр симметрии и при этой симметрии (x, y) → M
0
(x
0
, y
0
), то 2
(x
0
+ x) = x
0
,
1 2
(y
0
+ y) = y
0
, откуда получаем искомые формулы для Z
S
:
x
0
= 2x
0
− x,
y
0
= 2y
0
− y.
(9.2)
192

9.2. Формулы поворота. Если центр поворота совпадает с началом системы координата угол (ориентированный) поворота равен f, то выразим координаты x
0
, образа точки M (x, y) через ее координаты x, y и угол f. Обозначим ориентированный угол между осью Ox и вектором через a (риса длину вектора OM — через r. Тогда по определению косинуса и синуса x = r cos a, y = r sin a. Так как длина y
a Рис. вектора равна r, а угол между осью Ox и этим вектором равен a + f, то по этим же формулам имеем+ Используя формулы сложения, получаем r cos a cos f − r sin a sin f,
y
0
= r sin a cos f + r cos a sin Заменив r cos a и r sin a соответственно на x и y, получаем окончательные формулы поворота около начала O на угол f:
x
0
= x cos f − y sin f,
y
0
= x sin f + y cos В частности, при f = имеем x
0
= −y, y
0
= x.
9.3. Формулы осевой симметрии. Пусть при симметрии относительно прямой ax + by + c = 0 точка M (x, y) отображается в точку M
0
(x
0
, Выразим x
0
, через x, y и a, b, c. Так как середина отрезка M имеет координаты x + x
0 2
,
y + y
0 и лежит на оси симметрии, то 2
a(x + x
0
) +
1 2
b(y + y
0
) + c = В силу того, что вектор M
0
M перпендикулярен оси симметрии, т. е.
перпендикулярен вектору ¯
p(−b, a), получаем − x
0
) + a(y − y
0
) = Рассмотрим систему полученных уравнений относительно x
0
, y
0
. Запишем ее так+ by
0
= −ax − by − 2c,
bx
0
− ay
0
= bx − Отсюда получаем x −
2a a
2
+ b
2
(ax + by + c),
y
0
= y −
2b a
2
+ b
2
(ax + by + c).
(9.4)
193

В частности, если ось симметрии имеет уравнение y = kx, то формулы) становятся такими 1 + k
2
((1 − k
2
)x + 2ky),
y
0
=
1 1 + k
2
(2kx − (1 − Прибудет. Формулы движений I ирода. Легко видеть, что всякое движение первого рода представимо композицией поворота на определенный угол около произвольной точки и некоторого определенного переноса. В самом деле, движение первого рода задается парой равных треугольников одной ориентации ABC → п. 1.3). Сначала треугольник повернем около произвольной точки O на такой угол чтобы соответственные стороны полученного треугольника и треугольника оказались параллельными. Тогда треугольник
A
1
B
1
C
1
отобразится на треугольник вполне определенным переносом на вектор Поворот запишем формулами x cos f − y sin f,
y
1
= x sin f + y cos а перенос — формулами x
1
+ a,
y
0
= y
1
+ Подстановкой получаем искомые формулы движений первого рода x cos f − y sin f + a,
y = x sin f + y cos f + Переходим к выводу формул движений второго рода. Используя его конструктивное задание парой равных треугольников противоположной ориентации, легко убеждаемся, что всякое движение второго рода представимо композицией осевой симметрии с наперед заданной осью и определенного движения первого рода. В качестве оси симметрии возьмем ось Ox прямоугольной декартовой системы координат. Эта осевая симметрия имеет простые формулы x, y
1
= −y
(M (x, y) → M
1
(x
1
, Если при движении первого рода M
1
(x
1
, y
1
) → M
0
(x
0
, y
0
), то x
0
= x
1
cos f − y
1
sin f + a,
y
0
= x
1
sin f + y
1
cos f + b.
194

Подстановкой получаем искомые формулы движений второго рода x cos f + y sin f + a,
y
0
= x sin f − y cos f + b.
(9.7)
9.5. Решение задач с использованием координатных формул движе- ний.
З ада ч а 1. Через центр правильного треугольника проведена произвольная прямая. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до этой прямой не зависит от выбора прямой.
Р е ш е ни е. Систему координат выберем так, чтобы взятая прямая совпала с осью Ox (рис. Пусть вершина A правильного треугольника ABC имеет координаты. Ординату вершины B найдем по формулам (9.3) при Рис. 56
f = ∠AOB = 120
◦
: y
B
=
√
3 2
a −
1 2
b. Аналогично при f = получаем y
C
= −
√
3 2
a −
1 2
b. Тогда требуемая сумма квадратов будет равна y
2
A
+ y
2
B
+ y
2
C
=
b
2
+
1 4
(
a
√
3 −
b)
2
+
1 4
(−
a
√
3 −
b)
2
=
=
3 2
(
a
2
+
b
2
) =
3 2
R
2
, где R — радиус окружности,
описанной около треугольника ABC. Эта сумма не зависит от выбора прямой.
З ада ч а 2. Написать формулы поворота около точки C(x
0
, y
0
) на угол Решение. Поскольку поворот есть движение первого рода, то он должен иметь формулы вида (9.6):
x
0
= x cos f − y sin f + a,
y
0
= x sin f + y cos f + Осталось найти параметры a и b. Так как C(x
0
, y
0
) → C(x
0
, y
0
), то x
0
= x
0
cos f − y
0
sin f + a,
y
0
= x
0
sin f + y
0
cos f + Выразим отсюда a и b и подставим в предыдущие формулы. В результате имеем (x − x
0
) cos f − (y − y
0
) sin f + x
0
,
y
0
= (x − x
0
) sin f + (y − y
0
) cos f + Это и есть искомые формулы поворота Задача. Найти уравнение образа прямой Ax + By + C = 0 при симметрии относительно прямой ax + by + c = 0.
195

Решение. Эта симметрия задается формулами (9.4). Обратное преобразование — это та же симметрия. Поэтому x = x
0
−
2a a
2
+ b
2
(ax
0
+ by
0
+ c),
y = y
0
−
2b a
2
+ b
2
(ax
0
+ by
0
+ Уравнение образа прямой Ax + By + C = O получается подстановкой в это уравнение вместо x, y предыдущих выражений. После упрощений получаем искомое уравнение образа прямой Ax + By + C = 0 при симметрии с осью ax + by + c = 0:
(a
2
+ b
2
)(Ax + By + C) = 2(aA + bB)(ax + by + Штрихи у переменных x
0
, y
0
отброшены.
З ада ч а 4. Написать уравнения прямых, на которых лежат стороны треугольника ABC, если известны уравнения x + 2y − 13 = 0 и x − y − 5 = 0 прямых l и m, содержащих две его биссектрисы, и координаты вершины A(7, Решение. Проверяем, что вершина A не принадлежит данным биссектрисам. Пусть вершина B лежит на прямой l, а вершина C — на прямой m. Так как прямая l — ось симметрии прямых AB и BC, то точка A
0
, симметричная A относительно l, принадлежит прямой По аналогичной причине точка A
1
, симметричная A относительно принадлежит прямой BC. Следовательно, уравнение прямой можно составить по координатам двух ее точек и A
0
, которые находим по формулам (9.4): A
1
(13, 2), A
0
(3, 0). Находим уравнение прямой BC:
x − 5y − 3 = 0. Далее, на основании результата предыдущей задачи 3 находим уравнения прямых AB и AC: 23x + 11y − 249 = 0 и 5x − y − 27 = Задачи. Докажите, что формулами задана осевая симметрия, и найдите уравнение ее оси x
0
=
1 2
x +
√
3 2
y, y
0
=
√
3 2
x −
1 2
y.