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: 21 из 25

f, то a + h = R(sin 2
f + cos 2f) =
= R
√
5

2
√
5
sin f +
1
√
5
cos f

− R
√
5 sin(
f + a) 6 Равенство достигается при cos f =
1
√
5
. 100. R
1
+ R
2
=
a + b
8ab
(a
2
+ b
2
+ 3ab),
a
2
+ b
2
> 2ab. 101. Докажите, что 1 −
a
2 2(b
2
+ c
2
)
. Далее воспользуйтесь неравенством a
2
b
2
+ c
2
+
b
2
c
2
+ a
2
+
c
2
a
2
+ b
2
>
3 2
. 102. Пусть ∠AOB = f,
∠COD = y. Тогда f + y = 180
◦
, AB > 2r tg f, CD > 2r tg y, tg f · tg y = 1,
tg f + tg y > 2ptg f tg y = 2. Следовательно, AB + CD > 4r. Равенство выполняется только для квадрата. 105. Используйте неравенство Чебышева где обе последовательности a
1
, a
2
, . . . , a и b
1
, b
2
, . . . , b невозрастающие (или неубывющие). 108. Рассмотрите скалярный квадрат вектора aM A + bM B + cM C. Равенство имеет место для центра вписанной окружности. 116. Докажите сначала, что 2R
1
sin
A
2
> x
2
+ x
3
. Затем используйте упр. 3.21. 117.
4a cos
2
a
1 + 4 cos
2
a
. 118.
1 4
a
2
sin 2
a. 119.
4 3
R. Площадь четырехугольника наибольшая при ∠ACB = 135
◦
. Тогда она равна 2(a
2
+ b
2
+ ab
√
2). 121. Через центр O данной окружности проведем прямую l параллельно биссектрисе угла. Тогда водной из

точек пересечения прямой l с окружностью указанная сумма принимает наибольшее, в другой — наименьшее значения. 124. Рассмотрите вырожденный описанный четырехугольник AC
1
BC (C
1
— середина) и примените теорему Ньютона (§ 7, задача 3). 125. Точка S, в которой пересекаются прямые XY , лежит на прямой, проходящей через перпендикулярно OA. Докажите, что двойное отношение (§ 2)
XS
SY
:
XZ
ZY
= −1, Z = (OA) ∩ (XY ). 127. Расстояние между точками касания стороны AB с вписанной и невписанной окружностями равно − b|. 133. Задача сводится к построению треугольника по стороне,
противолежащему углу и разности двух сторон. 135. Пусть C
1
— вторая точка пересечения окружности w с прямой AC. Точки O, B, лежат на одной окружности. Далее можно сослаться на теорему о радикальном центре трех окружностей (§ 16). 136. На основании (12.18)
4S 6 ab + cd + ad + bc = (a + c)(b + d) 6

(a + c) + (b + d)
2

2
= Часть Глава I
1.03. Четырехугольник ADCH — параллелограмм. Если Z
A
(D) = и Z
C
(D) = N , то прямые AH и CH проходят через середину отрезка N (теорема Фалеса). Значит, этой серединой является точка H пересечения прямых AH и CH.
1.04. Каждая из построеных прямых симметрична параллельной ей прямой, содержащей сторону данного треугольника, относительно его центроида. Следовательно, полученный треугольник симметричен данному. Параллельные касательные к окружности симметричны относительно ее центра O. Поэтому шестиугольник симметричен относительно. Отсюда следует равенство его противоположных сторон. Пусть O — середина отрезка AC. Докажем, что Z
O
(B) = D. Если) = B
1
, то ∠AB
1
C = ∠CBA = ∠ADC. При B
1 6= D равенство приводит к противоречию с теоремой о внешнем угле треугольника (примените ее дважды. Треугольники AOB и COD, BOC и DOA симметричны относительно соответственно, поэтому симметричны и центры их вписанных окружностей соответственно. Так как, кроме того, биссектрисы смежных углов перпендикулярны, то полученный четырехугольник — ромб

Он будет квадратом, когда данный параллелограмм ABCD является ромбом. Правильные треугольники, построенные на противоположных сторонах параллелограмма, симметричны относительно его центра. Поэтому симметричны и центры этих треугольников. Точка пересечения построенных прямых симметрична точке относительно центра параллелограмма. Четырехугольник с вершинами в точках M , N , Z
O
(M ), Z
O
(N есть ромб. Указанное расстояние равно половине расстояния между данными параллельными прямыми. Докажите, что четырехугольник с вершинами в вершинах данного треугольника ив одной из трех указанных точек вписан в окружность. Прямая OM содержит точку пересечения образов сторон угла при симметрии Z
M
1.13. Постройте прямые, содержащие средние линии параллелограмма. Каждая из прямых, содержащих две противоположные стороны квадрата, определяется одной изданных точек и точкой, симметричной данной точке относительно центра O квадрата. Заданный центр позволяет достроить квадрат. Задача имеет единственное решение, если данные точки неколлинеарны с центром. Если они симметричны относительно, то существует бесконечное множество решений. Решений нет, когда данные точки коллинеарны с центром O, ноне симметричны относительно него. Постройте окружность, симметричную одной изданных относительно указанной их общей точки. Одна из неизвестных вершин параллелограмма является точкой пересечения данной окружности с симметричной ей окружностью относительно середины данного отрезка. Начинающий игру кладет первый пятак в центре стола, а все последующие пятаки — симметрично пятакам соперника относительно центра стола. Четырехугольник, две противоположные стороны которого служат парой противоположных сторон данного шестиугольника, является параллелограммом. Докажите, что две не принадлежащие ему вершины данного шестиугольника симметричны относительно центра этого параллелограмма. Четырехугольник с вершинами в серединах сторон данного четырехугольника есть параллелограмм. Четырехугольник с вершинами в серединах двух противоположных сторон данного четырехугольника и серединах его диагоналей — также параллелограмм. Эти два параллелограмма имеют общую диагональ. Отсюда следует истинность доказываемого утверждения. Используем задачу 1.21. Симметрией с центром в точке пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон данного четырехугольника, серединные перпендикуляры к данным шести хордам окружности отображаются на указанные в условии перпендикуляры. Поэтому они пересекаются в образе центра окружности при рассматриваемой симметрии. Построим точку A
1
= Z
P
(A). Величина f угла AMB определяется данной окружностью и данной хордой AB. Если (CD) ∩ (M B) = то (KA
1
) k (AM ) (симметрия) и поэтому ∠M KA
1
=
f. Искомая точка принадлежит дуге окружности, стягиваемой известной хордой A
1
B и вмещающей угол p − f. Исследование опускаем. Искомая прямая перпендикулярна прямой, проходящей через центр одной изданных окружностей и касающейся окружности радиуса a/2 с центром в точке, симметричной центру другой данной окружности относительно рассматриваемой общей точки данных окружностей. Точки A, C, M , K лежат на одной окружности w. Рассмотрите окружности, симметричные окружности w относительно точек M и K.
1.26. Постройте серединные перпендикуляры к сторонам треугольника. Рассмотрите симметрию относительно центра O окружности. Перпендикуляры к сторонам треугольника в точках Q
1
, пересекаются в точке Q = Z
O
(P ).
1.27. Две другие точки пересечения третьей окружности с двумя данными концентрическими окружностями симметричны соответственно первым двум точкам их пересечения относительно линии центров окружностей. Отрезки AB, CD, EF попарно симметричны относительно осей симметрии углов данного треугольника. Высоты треугольника принадлежат биссектрисам его углов.
Поэтому при каждой из симметрий относительно содержащих их прямых треугольник отображается на себя. Значит, он правильный. Высоты треугольника совпадают сего медианами. Каждая из симметрий, оси которых содержат эти отрезки, отображает треугольник на себя. Эта точка симметрична точке M относительно линии центров данных окружностей. Докажите, что четырехугольник с вершинами в вершинах данного треугольника ив одной из рассматриваемых точек вписан в окружность. Из задачи 1.32 следует, что три указанные окружности симметричны описанной около треугольника ABC окружности относительно прямых, содержащих стороны треугольника. Через данную точку проведите перпендикуляр к содержащей ее стороне угла и постройте прямую, симметричную прямой, содержащей другую сторону угла, относительно этого перпендикуляра. Можно также начать с построения прямой, проходящей через данную точку перпендикулярно другой стороне угла. Если данные прямые пересекаются, то через данную точку необходимо провести две прямые, перпендикулярные осям симметрии данных прямых. Если данные прямые параллельны, то любая прямая,
проходящая через данную точку и не параллельная данным прямым,
удовлетворяет требованию задачи. Если прямая m не содержит точку a ∩ b, то искомая прямая проходит через точку a ∩ b
1
, где b
1
= S
m
(b). В этом случае решение единственно. Когда прямая m является осью симметрии прямых a и любая прямая, ей перпендикулярная, удовлетворяет требованию задачи. В остальных случаях решений нет. Одна из неизвестных вершин квадрата является точкой пересечения данной окружности a и образа другой данной окружности при симметрии относительно данной прямой. Число решений совпадает с числом общих точек окружностей a и b
1
, те. может быть равно 2, 1, 0.
1.40. P = a ∩ (M
1
N ), где M
1
= S
A
(M ).
1.41. Если B
1
= S
AC
(B), то треугольник B
1
CD строится потрем сторонам. Затем находятся последовательно точки A и B.
1.42. Если в искомом треугольнике ABC известны стороны AC и, то симметрией относительно серединного перпендикуляра h кот- резку AB отобразим треугольник ABC на треугольник ABC
1
. Тогда треугольник строится по двум известным сторонами углу величина которого равна разности углов A и B. Прямая h строится как серединный перпендикуляр ка. Пусть в искомом треугольнике ABC дана сторона AB и прямая содержит биссектрису угла C. Если A
1
= S
l
(A), то треугольник строится по заданным элементам, ас помощью него строится искомый треугольник. Постройте точку C
1
, симметричную точке C относительно прямой. Треугольник C
1
M D прямоугольный. Его гипотенуза C
1
D не зависит от выбора точки M .
1.45. Если AB и CD — данные параллельные неравные хорды, то их середины лежат на прямой, проходящей через точки S = (AC) ∩ (и O = (AD) ∩ (BC).
277

1.46. Проведите две концентрические окружности с центром в точке пересечения данных прямых. Точки пересечения диагоналей равнобочных трапеций, полученных при пересечении окружностей с прямыми,
лежат на искомых осях симметрии. С помощью двух окружностей постройте точку, симметричную данной точке относительно данной прямой (риса затем точку, диаметрально противоположную полученной. Существуют две точки, удовлетворяющие требованиям задачи.
Они являются точками пересечения прямой m с касательными, проведенными через точку M к окружности a
1
, симметричной a относительно m.
1.49. Если l и t — касательные к данной окружности a (радиуса проведенные через искомую точку X ∈ m, и l — ось симметрии прямых t и m, то окружность a
1
= S
l
(
a) касается a и m. Центр окружности лежит на окружности b радиуса 2r, концентричной a, и на прямой,
параллельной прямой m и удаленной от нее на расстояние r. Следовательно, искомая точка X является точкой пересечения прямой m и общей касательной l окружностей a ив их общей точке. Число решений равно 4, 2, 0.
1.50. В точке пересечения прямой BC с перпендикуляром из точки S
BC
(P ) напрямую. Поданным серединам двух сторон треугольника с использованием оси симметрии его угла строятся стороны этого угла. Далее используйте центральную симметрию относительно данной середины стороны треугольника. Пусть в треугольнике ABC известны AB, |∠A − ∠B| = a, высота к стороне AB. Проведем через C прямую l параллельно Если B
1
= S
l
(B), то ∠ACB
1
= 180
◦
−
a (докажите. Построение можно выполнить в следующем порядке AB, l, AB
1
, точка C строится как точка пересечения прямой l и дуги окружности, стягиваемой хордой
AB
1
и вмещающей угол 180
◦
−
a. Существуют две такие дуги. Полученные соответственно им треугольники ABC и симметричны относительно серединного перпендикуляра к AB.
1.53. Пусть O — центр вписанной в четырехугольник ABCD окружности. Эта окружность касается прямых AD и DC и образа прямой при симметрии относительно OA. Эти три касательные строятся поза- данным условиям. Затем строится вписанная окружность и искомый четырехугольник. Пусть P
1
= S
OC
(P ). Отрезок P
1
Q виден из точки C под углом, величина которого выражается через величину данного угла. Пусть AB и BN — равные медианы треугольника ABC и M
(A) = A
1
, T
N M
(B) = B
1
. Тогда треугольник AM равнобедренный

и AA
1
= A
1
B = BB
1
. Поэтому ось симметрии треугольника AM является и осью симметрии треугольника A
1
M B, откуда следует A
1
M = M и затем AC = CB.
1.58. Постройте образ точки M при переносе на вектор BA.
1.59. Указанная разность расстояний равна высоте треугольника, опущенной на боковую сторону 2
p2c
2
+ 2d
2
− (a − b)
2
, где a и b — длины оснований трапеции и d — длины ее боковых сторон. Пусть KC — диаметр окружности, содержащей точку B. Тогда) k (AK) и T
KC
(A) = B. Поэтому AB = KC = 2r.
1.62. Перенос отображает одну окружность на другую, которой поэтому принадлежит точка P
1
= T
AC
(P ). Следовательно, ∠AP C =
= ∠P CP
1
. Вписанный угол P опирается на постоянную дугу P P
1 1.63. Площадь четырехугольника равна половине произведения длин диагоналей и синуса угла между ними. Но A
1
C
1
= AC, B
1
D
1
= BD и) k (AC), (B
1
D
1
) k (BD). Отсюда следует равновеликость четырехугольников и A
1
B
1
C
1
D
1 1.64. Окружности ABC и ABH равны (задача 1.33). Прямая параллельна их линии центров. Перенос отображает окружность на окружность ABH. Доказываемое утверждение эквивалентно утверждению задачи 2 п. 4.2.
1.65. Постройте образ прямой OM при переносе T
M N
, где N — произвольная точка другой стороны данного угла, отличная от точки O.
1.66. Если ABCD — искомая трапеция с основаниями AB и CD и) = A
1
, то треугольник A
1
BC строится потрем сторонам. Его нетрудно достроить до трапеции. См. указание к задаче 1.66.
1.69. Если ABCD — искомая трапеция с основаниями AB и CD и) = B
1
, то треугольник AB
1
C строится потрем сторонам. Построение точки D очевидно. Один из концов искомого отрезка является точкой пересечения одной изданных окружностей с образом другой окружности при переносе параллельно данной прямой на заданную длину. Пусть A и B — центры данных окружностей a и b и m — данная прямая. Если и B
1
— ортогональные проекции точек A и B на то искомая прямая должна содержать общую хорду окружностей b и a
1
= T
A
1
B
1
(
a).
1.72. Сначала постройте правильный треугольник, две вершины которого лежат на заданных параллельных прямых, а содержащая их сторона равна данному отрезку. Потом переносом отобразите его на искомый треугольник. Если данная длина a стороны треугольника больше расстояния h между данными параллельными прямыми, то имеется четыре решения, при a = h — два решения, а при a < h решений нет. Перенесите данную прямую в перпендикулярном ей направлении на заданный радиус искомой окружности и постройте окружность,
концентричную данной, радиус которой равен сумме радиусов данной и искомой окружностей. Пусть a, b, c, d — прямые, которым принадлежат стороны данного четырехугольника, и A ∈ a, B ∈ b, C ∈ c, D ∈ d. Так как T
AB
(D) = то C = c ∩ d
1
, где d
1
= T
AB
(d).
1.75. Если медианы искомого треугольника ABC пересекаются в точке M и T
AM
(M ) = N , то треугольник M N C строится потрем сторонам. Другое решение. Пусть и B
1
— середины сторон BC и соответственно, тогда стороны треугольника AA
1
K, где K = равны медианам искомого треугольника. Если B
1
= T
DC
(B), то треугольник AB
1
C строится по двум сторонам, равным заданным диагоналями углу между ними. Треугольник
ABB
1
строится потрем сторонам, а D = T
B
1
B
(C). Условиям задачи удовлетворяют два четырехугольника, поскольку на можно построить два треугольника с заданными сторонами. Постройте окружность, касающуюся оснований и одной боковой стороны трапеции. Проведите касательную к этой окружности параллельно другой боковой стороне. Решение задачи имеется в главе 4.
1.81. Можно использовать прямоугольный треугольник, гипотенуза которого соединяет центры данных окружностей, а катет равен отрезку. Этот катет параллелен искомой прямой. Если одну изданных окружностей перенести параллельно искомой прямой l так, чтобы равные хорды этих окружностей совпали,
то можно построить центр ее образа, используя касательную из точки к другой данной окружности. Пусть в искомом четырехугольнике ABCD известен угол между прямыми AB и CD. Если D
1
= T
CB
(D), то треугольник строится по двум сторонами углу между ними. Затем можно построить треугольник потрем сторонам, а C = T
D
1
D
(B). Имеется два решения. Равенство 48
◦
· n = 72
◦
+ 360
◦
· k, где n и k — целые числа, верно при n = 9 и k = 1. Поэтому фигура Φ, отображаясь на себя поворотом на 48
◦
, а значит, и на 48
◦
· 9 = 432
◦
, будет отображаться на себя и при повороте на 72
◦
. Но равенство 48
◦
· n = 90
◦
+ 360
◦
· k не имеет решений

в целых числах (докажите. Следовательно, ответ на второй вопрос отрицательный. Поворотом отрезок P N отображается на AC.
1.86. Один из указанных отрезков отображается на другой поворотом около центра треугольника на 120
◦
1.87. Отрезки данных прямых, являющиеся их пересечением с квадратом, равны, так как один из них отображается на другой поворотом около центра квадрата на 90
◦
. Поскольку, кроме того, они имеют общую середину, то являются диагоналями квадрата. Решение существенно опирается на предыдущую задачу. Если провести через центр квадрата две прямые, соответственно параллельные прямыми, то их пересечением с квадратом будут два равных отрезка. Им соответственно равны отрезки M N и P Q.
1.89. Поворотом около центра данного пятиугольника на 360
◦
: 5 = он отображается на себя, а каждая из его диагоналей — на соседнюю
(в направлении поворота. Поэтому каждая из вершин полученного пятиугольника переходит в следующую. В силу этого пятиугольник правильный. Решение аналогично решению задачи 1.89.