Глава XIV. Дополнительные задачи — с. 330
1289. Медианы АА₁, ВВ₁ и СС₁ треугольника ABC пересекаются в точке M. Точки А₂, В₂ и С₂ являются соответственно серединами отрезков AM, BM и СМ. Докажите, что △А₁B₁С₁ = △А₂В₂С₂.
[в книге после условия приведено решение]
[в книге после условия приведено решение]
Медианы пересекаются в точке M и делятся ею в отношении 2 : 1, считая от вершины: AM = 2·MA₁, BM = 2·MB₁, CM = 2·MC₁.
Так как A₂ — середина AM, то MA₂ = AM / 2 = MA₁. Точки A₁ и A₂ лежат на одной прямой AA₁ по разные стороны от M (A₁ — за точкой M от вершины A, A₂ — между A и M) и равноудалены от M. Значит, A₁ и A₂ симметричны относительно точки M. Аналогично симметричны относительно M точки B₁ и B₂, а также C₁ и C₂.
Центральная симметрия относительно точки M — движение; она переводит A₁, B₁, C₁ в A₂, B₂, C₂. При движении треугольник отображается на равный ему треугольник, поэтому △A₁B₁C₁ = △A₂B₂C₂.
Так как A₂ — середина AM, то MA₂ = AM / 2 = MA₁. Точки A₁ и A₂ лежат на одной прямой AA₁ по разные стороны от M (A₁ — за точкой M от вершины A, A₂ — между A и M) и равноудалены от M. Значит, A₁ и A₂ симметричны относительно точки M. Аналогично симметричны относительно M точки B₁ и B₂, а также C₁ и C₂.
Центральная симметрия относительно точки M — движение; она переводит A₁, B₁, C₁ в A₂, B₂, C₂. При движении треугольник отображается на равный ему треугольник, поэтому △A₁B₁C₁ = △A₂B₂C₂.
1290. На сторонах AB и CD параллелограмма ABCD построены квадраты так, как показано на рисунке 378. Используя параллельный перенос, докажите, что отрезок, соединяющий центры этих квадратов, равен и параллелен стороне AD.
[рисунок 378: параллелограмм ABCD, на сторонах AB и CD построены квадраты, лежащие по одну и ту же сторону от своих сторон (вверх); отрезок соединяет центры квадратов]
[рисунок 378: параллелограмм ABCD, на сторонах AB и CD построены квадраты, лежащие по одну и ту же сторону от своих сторон (вверх); отрезок соединяет центры квадратов]
Пусть O₁ — центр квадрата на стороне AB, O₂ — центр квадрата на стороне CD. По рисунку оба квадрата построены по одну и ту же сторону от своих сторон (в ту же полуплоскость, куда направлено «вверх»).
Рассмотрим параллельный перенос на вектор AD. Так как ABCD — параллелограмм, то вектор BC равен вектору AD, поэтому A → D, B → C. Значит, сторона AB переходит в сторону DC.
Квадрат на стороне AB переходит в квадрат на стороне DC (перенос — движение, квадрат отображается на квадрат), причём расположенный по ту же сторону от прямой DC, что и исходный квадрат от прямой AB (параллельный перенос сохраняет направление «вверх»). Квадрат со стороной DC, лежащий по данную сторону от прямой DC, единственный, поэтому образ квадрата на AB — именно данный квадрат на CD.
Центр квадрата переходит в центр его образа: O₁ → O₂. Следовательно, вектор O₁O₂ равен вектору AD, то есть отрезок O₁O₂ равен и параллелен стороне AD.
Рассмотрим параллельный перенос на вектор AD. Так как ABCD — параллелограмм, то вектор BC равен вектору AD, поэтому A → D, B → C. Значит, сторона AB переходит в сторону DC.
Квадрат на стороне AB переходит в квадрат на стороне DC (перенос — движение, квадрат отображается на квадрат), причём расположенный по ту же сторону от прямой DC, что и исходный квадрат от прямой AB (параллельный перенос сохраняет направление «вверх»). Квадрат со стороной DC, лежащий по данную сторону от прямой DC, единственный, поэтому образ квадрата на AB — именно данный квадрат на CD.
Центр квадрата переходит в центр его образа: O₁ → O₂. Следовательно, вектор O₁O₂ равен вектору AD, то есть отрезок O₁O₂ равен и параллелен стороне AD.
1291*. На стороне AB прямоугольника ABCD построен треугольник ABS так, как показано на рисунке 379: CC₁ ⊥ AS, DD₁ ⊥ BS. Используя параллельный перенос, докажите, что прямые SK и AB взаимно перпендикулярны.
[рисунок 379: прямоугольник ABCD, AB — левая сторона; слева от неё точка S, SA и SB — стороны треугольника; C₁ лежит на продолжении SA за точку A, D₁ — на продолжении SB за точку B; K — точка пересечения CC₁ и DD₁]
[рисунок 379: прямоугольник ABCD, AB — левая сторона; слева от неё точка S, SA и SB — стороны треугольника; C₁ лежит на продолжении SA за точку A, D₁ — на продолжении SB за точку B; K — точка пересечения CC₁ и DD₁]
Выполним параллельный перенос на вектор BC. Так как ABCD — прямоугольник, вектор BC равен вектору AD, поэтому B → C, A → D. Пусть S → S′. Треугольник ABS переходит в треугольник DCS′, и SS′ = BC (вектор), следовательно, SS′ ⊥ AB (в прямоугольнике BC ⊥ AB).
Параллельный перенос отображает прямую на параллельную прямую, поэтому DS′ ∥ AS и CS′ ∥ BS.
По условию CC₁ ⊥ AS, значит, CC₁ ⊥ DS′; точка K лежит на CC₁, поэтому CK — высота треугольника DCS′, проведённая из вершины C. Аналогично DD₁ ⊥ BS, а BS ∥ CS′, значит, DD₁ ⊥ CS′, и DK — высота этого треугольника, проведённая из вершины D.
Высоты CK и DK пересекаются в точке K, поэтому K — точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника DCS′. Третья высота, проведённая из S′, тоже проходит через K и перпендикулярна DC, то есть прямая S′K ⊥ DC. Так как DC ∥ AB, то S′K ⊥ AB.
Прямые S′K и SS′ обе перпендикулярны AB и проходят через S′, поэтому они совпадают. Значит, точки S, S′ и K лежат на одной прямой, перпендикулярной AB, то есть SK ⊥ AB. Что и требовалось доказать.
Параллельный перенос отображает прямую на параллельную прямую, поэтому DS′ ∥ AS и CS′ ∥ BS.
По условию CC₁ ⊥ AS, значит, CC₁ ⊥ DS′; точка K лежит на CC₁, поэтому CK — высота треугольника DCS′, проведённая из вершины C. Аналогично DD₁ ⊥ BS, а BS ∥ CS′, значит, DD₁ ⊥ CS′, и DK — высота этого треугольника, проведённая из вершины D.
Высоты CK и DK пересекаются в точке K, поэтому K — точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника DCS′. Третья высота, проведённая из S′, тоже проходит через K и перпендикулярна DC, то есть прямая S′K ⊥ DC. Так как DC ∥ AB, то S′K ⊥ AB.
Прямые S′K и SS′ обе перпендикулярны AB и проходят через S′, поэтому они совпадают. Значит, точки S, S′ и K лежат на одной прямой, перпендикулярной AB, то есть SK ⊥ AB. Что и требовалось доказать.
1292. В окружность с центром О вписаны два равносторонних треугольника ABC и A₁B₁C₁, причём вершины обозначены так, что направление обхода по дуге ABC от точки А к точке С совпадает с направлением обхода по дуге А₁В₁С₁ от точки А₁ к точке С₁. Используя поворот вокруг точки О, докажите, что прямые AA₁, BB₁ и СС₁ либо проходят через точку О, либо, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник.
Центр O правильного треугольника — центр описанной окружности, и OA = OB = OC, ∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 120°. То же для треугольника A₁B₁C₁. Так как направления обхода A → B → C и A₁ → B₁ → C₁ совпадают, поворот ρ вокруг O на 120° в этом направлении переводит A → B, B → C, C → A и A₁ → B₁, B₁ → C₁, C₁ → A₁.
Если треугольники совпадают, то прямые AA₁, BB₁, CC₁ не определены (точки совпадают), поэтому считаем, что A ≠ A₁; тогда B ≠ B₁ и C ≠ C₁ (при повороте образы различных точек различны). Обозначим l₁ = AA₁, l₂ = BB₁, l₃ = CC₁. Поворот ρ переводит отрезок AA₁ в BB₁, BB₁ — в CC₁, CC₁ — в AA₁, поэтому ρ(l₁) = l₂, ρ(l₂) = l₃, ρ(l₃) = l₁.
1) Если прямая l₁ проходит через O, то и ρ(l₁) = l₂ проходит через O (O неподвижна), и l₃ = ρ(l₂) тоже. Значит, все три прямые проходят через O.
2) Пусть l₁ не проходит через O. Тогда l₂ и l₃ тоже не проходят через O, и расстояния от O до всех трёх прямых равны. Угол между l₁ и l₂ = ρ(l₁) равен 120° или 60° (задача 1269), то есть они не параллельны; так же l₂ и l₃, l₃ и l₁. Прямые l₁, l₂, l₃ не проходят через одну точку: если бы X = l₁ ∩ l₂ лежала и на l₃, то ρ(X) = ρ(l₁) ∩ ρ(l₂) = l₂ ∩ l₃ = X, откуда X = O (единственная неподвижная точка), что неверно. Итак, прямые попарно пересекаются в трёх разных точках и образуют треугольник. Каждый его угол — это угол между двумя из прямых, то есть равен 60° или 120°; три таких угла дают в сумме 180°, поэтому все они равны 60°. Треугольник равносторонний.
Итак, прямые AA₁, BB₁, CC₁ либо проходят через O, либо образуют равносторонний треугольник.
Если треугольники совпадают, то прямые AA₁, BB₁, CC₁ не определены (точки совпадают), поэтому считаем, что A ≠ A₁; тогда B ≠ B₁ и C ≠ C₁ (при повороте образы различных точек различны). Обозначим l₁ = AA₁, l₂ = BB₁, l₃ = CC₁. Поворот ρ переводит отрезок AA₁ в BB₁, BB₁ — в CC₁, CC₁ — в AA₁, поэтому ρ(l₁) = l₂, ρ(l₂) = l₃, ρ(l₃) = l₁.
1) Если прямая l₁ проходит через O, то и ρ(l₁) = l₂ проходит через O (O неподвижна), и l₃ = ρ(l₂) тоже. Значит, все три прямые проходят через O.
2) Пусть l₁ не проходит через O. Тогда l₂ и l₃ тоже не проходят через O, и расстояния от O до всех трёх прямых равны. Угол между l₁ и l₂ = ρ(l₁) равен 120° или 60° (задача 1269), то есть они не параллельны; так же l₂ и l₃, l₃ и l₁. Прямые l₁, l₂, l₃ не проходят через одну точку: если бы X = l₁ ∩ l₂ лежала и на l₃, то ρ(X) = ρ(l₁) ∩ ρ(l₂) = l₂ ∩ l₃ = X, откуда X = O (единственная неподвижная точка), что неверно. Итак, прямые попарно пересекаются в трёх разных точках и образуют треугольник. Каждый его угол — это угол между двумя из прямых, то есть равен 60° или 120°; три таких угла дают в сумме 180°, поэтому все они равны 60°. Треугольник равносторонний.
Итак, прямые AA₁, BB₁, CC₁ либо проходят через O, либо образуют равносторонний треугольник.
1293. Даны две пересекающиеся прямые и точка О, не лежащая ни на одной из них. Используя центральную симметрию, постройте прямую, проходящую через точку О, так, чтобы отрезок этой прямой, отсекаемый данными прямыми, делился точкой О пополам.
Пусть данные прямые a и b пересекаются в точке P. Нужна прямая через O, пересекающая a в X и b в Y так, чтобы O была серединой XY.
Анализ. Если O — середина XY, то точки X и Y симметричны относительно O. При центральной симметрии с центром O точка X ∈ a переходит в Y, поэтому Y лежит на образе a′ прямой a и одновременно на прямой b.
Построение:
1) Строим прямую a′, симметричную a относительно O: берём на a две точки, строим симметричные им относительно O и проводим через них прямую (a′ ∥ a, так как центральная симметрия отображает прямую на параллельную, задача 1241).
2) Находим точку Y = a′ ∩ b.
3) Проводим прямую YO и обозначаем X её точку пересечения с a. Прямая XY — искомая (красная).
Доказательство. Симметрия относительно O переводит a в a′, а Y ∈ a′ — в точку X ∈ a, лежащую на прямой YO на расстоянии OX = OY по другую сторону от O. Значит, O — середина XY.
Исследование. a′ ∥ a, а b пересекает a, поэтому b пересекает и a′ ровно в одной точке; решение существует и единственно.
Анализ. Если O — середина XY, то точки X и Y симметричны относительно O. При центральной симметрии с центром O точка X ∈ a переходит в Y, поэтому Y лежит на образе a′ прямой a и одновременно на прямой b.
Построение:
1) Строим прямую a′, симметричную a относительно O: берём на a две точки, строим симметричные им относительно O и проводим через них прямую (a′ ∥ a, так как центральная симметрия отображает прямую на параллельную, задача 1241).
2) Находим точку Y = a′ ∩ b.
3) Проводим прямую YO и обозначаем X её точку пересечения с a. Прямая XY — искомая (красная).
Доказательство. Симметрия относительно O переводит a в a′, а Y ∈ a′ — в точку X ∈ a, лежащую на прямой YO на расстоянии OX = OY по другую сторону от O. Значит, O — середина XY.
Исследование. a′ ∥ a, а b пересекает a, поэтому b пересекает и a′ ровно в одной точке; решение существует и единственно.
1294. Используя параллельный перенос, постройте трапецию по её основаниям и диагоналям.
Даны основания a и b и диагонали d₁ и d₂. Пусть искомая трапеция ABCD, AD = a, BC = b, AD ∥ BC, AC = d₁, BD = d₂.
Анализ. Перенесём диагональ BD параллельным переносом на вектор BC: B → C, D → E, где E лежит на прямой AD за точкой D, причём DE = BC = b. Тогда CE = BD = d₂ и AE = AD + DE = a + b. Треугольник ACE имеет стороны AC = d₁, CE = d₂, AE = a + b и поэтому может быть построен по трём сторонам.
Построение:
1) Строим треугольник ACE по трём сторонам: AC = d₁, CE = d₂, AE = a + b (для этого на произвольной прямой откладываем AE = a + b и строим точку C как пересечение окружностей с центрами A и E радиусов d₁ и d₂).
2) На отрезке AE откладываем от A отрезок AD = a (тогда DE = b).
3) Через C проводим прямую, параллельную AE, и откладываем на ней от C в сторону, противоположную направлению от D к E, отрезок CB = b (то есть вектор CB равен вектору ED). Получаем точку B.
4) Четырёхугольник ABCD — искомая трапеция (красная).
Доказательство. BC ∥ AD и BC = b, значит, ABCD — трапеция с основаниями AD = a и BC = b. Так как вектор BC равен вектору DE, то BCED — параллелограмм, поэтому BD = CE = d₂. Кроме того, AC = d₁ по построению.
Исследование. Задача имеет решение, если по трём отрезкам d₁, d₂ и a + b можно построить треугольник (каждый меньше суммы двух других); решение единственно с точностью до равенства (симметричное расположение даёт равную трапецию).
Анализ. Перенесём диагональ BD параллельным переносом на вектор BC: B → C, D → E, где E лежит на прямой AD за точкой D, причём DE = BC = b. Тогда CE = BD = d₂ и AE = AD + DE = a + b. Треугольник ACE имеет стороны AC = d₁, CE = d₂, AE = a + b и поэтому может быть построен по трём сторонам.
Построение:
1) Строим треугольник ACE по трём сторонам: AC = d₁, CE = d₂, AE = a + b (для этого на произвольной прямой откладываем AE = a + b и строим точку C как пересечение окружностей с центрами A и E радиусов d₁ и d₂).
2) На отрезке AE откладываем от A отрезок AD = a (тогда DE = b).
3) Через C проводим прямую, параллельную AE, и откладываем на ней от C в сторону, противоположную направлению от D к E, отрезок CB = b (то есть вектор CB равен вектору ED). Получаем точку B.
4) Четырёхугольник ABCD — искомая трапеция (красная).
Доказательство. BC ∥ AD и BC = b, значит, ABCD — трапеция с основаниями AD = a и BC = b. Так как вектор BC равен вектору DE, то BCED — параллелограмм, поэтому BD = CE = d₂. Кроме того, AC = d₁ по построению.
Исследование. Задача имеет решение, если по трём отрезкам d₁, d₂ и a + b можно построить треугольник (каждый меньше суммы двух других); решение единственно с точностью до равенства (симметричное расположение даёт равную трапецию).