Глава VI. Дополнительные задачи — с. 138
533. На диагонали АС квадрата ABCD взята точка М так, что АМ = AB. Через точку М проведена прямая, перпендикулярная к прямой АС и пересекающая ВС в точке Н. Докажите, что ВН = НМ = МС.
Прямоугольные треугольники ABH (∠B = 90°) и AMH (∠AMH = 90°) имеют общую гипотенузу AH и равные катеты AB = AM, поэтому они равны, и BH = HM.
В треугольнике HMC угол M прямой, ∠C = 45° (диагональ делит угол квадрата пополам), значит, ∠MHC = 45° и треугольник равнобедренный: MC = HM.
Итак, BH = HM = MC.
В треугольнике HMC угол M прямой, ∠C = 45° (диагональ делит угол квадрата пополам), значит, ∠MHC = 45° и треугольник равнобедренный: MC = HM.
Итак, BH = HM = MC.
534. В трапеции ABCD с бо́льшим основанием AD диагональ АС перпендикулярна к боковой стороне CD, ∠BAC = ∠CAD. Найдите AD, если периметр трапеции равен 20 см, а ∠D = 60°.
В прямоугольном треугольнике ACD ∠D = 60°, поэтому ∠CAD = 30°, и катет CD, лежащий против угла 30°, равен AD/2.
∠BAC = ∠CAD = 30°, значит, ∠BAD = 60° = ∠D. Углы при основании AD равны, поэтому трапеция равнобедренная (задача 492, а): AB = CD.
∠ACB = ∠CAD = 30° (накрест лежащие при BC || AD), то есть ∠ACB = ∠BAC, и треугольник ABC равнобедренный: BC = AB.
Пусть CD = x. Тогда AB = BC = CD = x, AD = 2x, периметр 5x = 20, x = 4, AD = 8 см.
Ответ: 8 см.
∠BAC = ∠CAD = 30°, значит, ∠BAD = 60° = ∠D. Углы при основании AD равны, поэтому трапеция равнобедренная (задача 492, а): AB = CD.
∠ACB = ∠CAD = 30° (накрест лежащие при BC || AD), то есть ∠ACB = ∠BAC, и треугольник ABC равнобедренный: BC = AB.
Пусть CD = x. Тогда AB = BC = CD = x, AD = 2x, периметр 5x = 20, x = 4, AD = 8 см.
Ответ: 8 см.
535*. Сумма углов при одном из оснований трапеции равна 90°. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности.
Пусть в трапеции ABCD основания AD > BC и ∠A + ∠D = 90°; M — середина BC, N — середина AD. Через M проведём прямые ME || AB и MF || CD (E, F на AD). Четырёхугольники ABME и MCDF — параллелограммы, поэтому AE = BM = BC/2 и FD = MC = BC/2. Тогда AE = FD, и так как AN = ND, то EN = NF, то есть N — середина EF; EF = AD − BC.
Углы треугольника EMF: ∠MEF = ∠A и ∠MFE = ∠D (соответственные углы при параллельных прямых), поэтому ∠EMF = 180° − (∠A + ∠D) = 90°. MN — медиана прямоугольного треугольника EMF, проведённая к гипотенузе EF, поэтому MN = EF/2 = (AD − BC)/2.
Углы треугольника EMF: ∠MEF = ∠A и ∠MFE = ∠D (соответственные углы при параллельных прямых), поэтому ∠EMF = 180° − (∠A + ∠D) = 90°. MN — медиана прямоугольного треугольника EMF, проведённая к гипотенузе EF, поэтому MN = EF/2 = (AD − BC)/2.
536*. На двух сторонах треугольника вне его построены квадраты. Докажите, что отрезок, соединяющий концы сторон квадратов, выходящих из одной вершины треугольника, в 2 раза больше медианы треугольника, выходящей из той же вершины.
Пусть на сторонах AB и AC треугольника ABC вне его построены квадраты, у которых AQ и AS — стороны, выходящие из вершины A (AQ = AB, AS = AC, ∠BAQ = ∠CAS = 90°). Докажем, что QS = 2 · AM, где AM — медиана.
Продолжим AM за M на отрезок MD = AM. Диагонали AD и BC четырёхугольника ABDC делятся точкой M пополам, поэтому ABDC — параллелограмм, AD = 2 · AM, BD = AC и ∠ABD = 180° − ∠BAC.
Угол QAS = 360° − ∠QAB − ∠BAC − ∠CAS = 360° − 90° − ∠BAC − 90° = 180° − ∠BAC.
Треугольники QAS и ABD равны по двум сторонам и углу между ними: AQ = AB, AS = AC = BD, ∠QAS = ∠ABD. Поэтому QS = AD = 2 · AM.
Продолжим AM за M на отрезок MD = AM. Диагонали AD и BC четырёхугольника ABDC делятся точкой M пополам, поэтому ABDC — параллелограмм, AD = 2 · AM, BD = AC и ∠ABD = 180° − ∠BAC.
Угол QAS = 360° − ∠QAB − ∠BAC − ∠CAS = 360° − 90° − ∠BAC − 90° = 180° − ∠BAC.
Треугольники QAS и ABD равны по двум сторонам и углу между ними: AQ = AB, AS = AC = BD, ∠QAS = ∠ABD. Поэтому QS = AD = 2 · AM.
537. Докажите, что прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии.
Пусть ABCD — ромб, диагонали пересекаются в точке O. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой O пополам. Прямая AC перпендикулярна BD и проходит через середину O отрезка BD, значит, AC — серединный перпендикуляр к BD, и точки B и D симметричны относительно прямой AC. Точки A и C лежат на самой прямой AC и переходят в себя. Значит, вершины ромба переходят в вершины (A→A, C→C, B↔D), стороны AB, BC, CD, DA переходят в AD, DC, CB, BA, то есть ромб переходит в себя. Аналогично для прямой BD (A и C симметричны относительно BD). Поэтому обе прямые являются осями симметрии ромба.
538. Докажите, что точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии.
Пусть ABCD — параллелограмм, O — точка пересечения диагоналей. Диагонали делятся точкой O пополам: O — середина AC и BD. Поэтому при симметрии относительно O вершины A и C, B и D меняются местами. Отрезки при центральной симметрии переходят в отрезки, поэтому стороны AB, BC, CD, DA переходят в стороны CD, DA, AB, BC, то есть периметр, а вместе с ним и весь параллелограмм, переходит сам в себя. Значит, O — центр симметрии параллелограмма.
539. Сколько центров симметрии имеет пара параллельных прямых?
Пусть a || b, расстояние между ними 2d, m — прямая, параллельная им и лежащая посередине между ними. Возьмём любую точку O прямой m. Симметрия относительно O переводит прямую a в прямую, параллельную a, лежащую по другую сторону от O на том же расстоянии d, то есть в прямую b, а b в a. Значит, пара прямых переходит в себя, и O — центр симметрии.
Если точка O не лежит на m, то образ прямой a — прямая, параллельная ей на расстоянии, равном расстоянию от O до a, по другую сторону от O; она не совпадает ни с a, ни с b, поэтому такая точка центром симметрии не является.
Ответ: бесконечно много — все точки прямой, равноудалённой от данных прямых.
Если точка O не лежит на m, то образ прямой a — прямая, параллельная ей на расстоянии, равном расстоянию от O до a, по другую сторону от O; она не совпадает ни с a, ни с b, поэтому такая точка центром симметрии не является.
Ответ: бесконечно много — все точки прямой, равноудалённой от данных прямых.
540*. Докажите, что если фигура имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии, то точка их пересечения является центром симметрии фигуры.
Пусть оси симметрии a и b перпендикулярны и пересекаются в точке O. Введём координаты с началом в O: ось a — ось Ox, ось b — ось Oy. Возьмём любую точку X(x; y) фигуры. Симметрия относительно a переводит её в точку X1(x; −y), которая принадлежит фигуре. Симметрия относительно b переводит X1 в точку X2(−x; −y), которая тоже принадлежит фигуре. Точка X2 симметрична точке X относительно начала координат O (O — середина XX2). Итак, для любой точки фигуры симметричная ей относительно O точка принадлежит фигуре, то есть O — центр симметрии.