Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 363
1408. По данным рисунка 424 докажите, что длина отрезка AC равна длине окружности с центром О радиуса R с точностью до 0,001R. [рисунок 424: окружность с центром O радиуса R, диаметр AB горизонтален, BC ⊥ AB, BC = 6R; точка A лежит на диаметре так, что при построении угол между радиусом, проведённым в точку на окружности, и вертикальным радиусом равен 60°, а отрезок от этой точки до диаметра перпендикулярен диаметру]
Пусть D — точка окружности, для которой угол между радиусом OD и вертикальным радиусом, идущим вниз, равен 60° (на рисунке подписан 60°). Тогда ∠AOD = 30°, и перпендикуляр из D на диаметр (угол при A прямой) имеет основание A, причём в прямоугольном треугольнике AOD: OA = OD·cos30° = R√3/2.
Пусть B — второй конец горизонтального диаметра. Тогда AB = OA + OB = R√3/2 + R = R(2 + √3)/2 ≈ 1,86603R. BC = 6R и BC ⊥ AB (касательная к окружности в точке B перпендикулярна радиусу OB).
По теореме Пифагора AC² = AB² + BC² = R²((1 + √3/2)² + 36) = R²(1 + √3 + 3/4 + 36) = R²(37,75 + √3) ≈ 39,48205R². Тогда AC ≈ 6,28347R.
Длина окружности 2πR ≈ 6,28319R. Разность: 6,28347R – 6,28319R ≈ 0,00028R < 0,001R.
Итак, AC равна длине окружности с точностью до 0,001R. Что и требовалось доказать.
Оговорка: положение точки A на рисунке читается как основание перпендикуляра из точки окружности, образующей угол 60° с вертикальным радиусом (OA = R√3/2); именно с таким построением (классическим) получается заявленная точность.
Пусть B — второй конец горизонтального диаметра. Тогда AB = OA + OB = R√3/2 + R = R(2 + √3)/2 ≈ 1,86603R. BC = 6R и BC ⊥ AB (касательная к окружности в точке B перпендикулярна радиусу OB).
По теореме Пифагора AC² = AB² + BC² = R²((1 + √3/2)² + 36) = R²(1 + √3 + 3/4 + 36) = R²(37,75 + √3) ≈ 39,48205R². Тогда AC ≈ 6,28347R.
Длина окружности 2πR ≈ 6,28319R. Разность: 6,28347R – 6,28319R ≈ 0,00028R < 0,001R.
Итак, AC равна длине окружности с точностью до 0,001R. Что и требовалось доказать.
Оговорка: положение точки A на рисунке читается как основание перпендикуляра из точки окружности, образующей угол 60° с вертикальным радиусом (OA = R√3/2); именно с таким построением (классическим) получается заявленная точность.
1409. На рисунке 425 изображены четыре полуокружности: AЕВ, АKС, CFD, DLB, причём AC = DB. Докажите, что площадь закрашенной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке EF как на диаметре. [рисунок 425: большая полуокружность AEB над диаметром AB с центром O; на AB точки C и D, AC = DB; над AC и над DB — две малые полуокружности AKC и DLB (вырезаны); под CD — полуокружность CFD; EF ⊥ AB, E — верхняя точка большой полуокружности, F — нижняя точка полуокружности CFD; закрашено: большая полуокружность без двух малых плюс нижняя полуокружность]
Пусть радиус большой полуокружности AEB равен R (AB = 2R, O — середина AB, OE = R), AC = DB = a. Так как AC = DB, O — середина CD, CD = 2R – 2a, радиус полуокружности CFD равен R – a и OF = R – a. Поэтому EF = OE + OF = R + (R – a) = 2R – a.
Площадь закрашенной фигуры: S = (1/2)πR² – 2·(1/2)π(a/2)² + (1/2)π(R – a)² = (π/2)(R² – a²/2 + R² – 2Ra + a²) = (π/2)(2R² – 2Ra + a²/2) = (π/4)(4R² – 4Ra + a²) = (π/4)(2R – a)².
Площадь круга с диаметром EF = 2R – a равна π((2R – a)/2)² = (π/4)(2R – a)².
Площади равны. Что и требовалось доказать.
Площадь закрашенной фигуры: S = (1/2)πR² – 2·(1/2)π(a/2)² + (1/2)π(R – a)² = (π/2)(R² – a²/2 + R² – 2Ra + a²) = (π/2)(2R² – 2Ra + a²/2) = (π/4)(4R² – 4Ra + a²) = (π/4)(2R – a)².
Площадь круга с диаметром EF = 2R – a равна π((2R – a)/2)² = (π/4)(2R – a)².
Площади равны. Что и требовалось доказать.
1410. Постройте границу круга, площадь которого равна: а) площади кольца между двумя данными концентрическими окружностями; б) площади данного полукруга; в) площади данного кругового сектора, ограниченного дугой в 60°.
Нужно построить отрезок ρ — радиус искомого круга; его площадь πρ².
а) Пусть радиусы данных окружностей R > r. Площадь кольца π(R² – r²), поэтому ρ² = R² – r², то есть ρ — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой R и катетом r. Построение: проводим радиус OT малой окружности, в точке T — перпендикуляр (касательную к малой окружности) до пересечения с большой окружностью в точке X. В прямоугольном треугольнике OTX имеем OX = R, OT = r, поэтому TX = √(R² – r²) = ρ. Окружность радиуса TX — искомая граница.
б) Площадь полукруга радиуса R равна πR²/2 = πρ², ρ² = R²/2, ρ = R/√2 = R√2/2. Построение: из центра O проводим два перпендикулярных радиуса OP и OQ, соединяем P и Q (PQ = R√2 — сторона вписанного квадрата), M — середина PQ. Тогда OM = R√2/2 = ρ. Окружность радиуса OM — искомая граница.
в) Площадь сектора с дугой 60° равна πR²/6 = πρ², ρ² = R²/6 = (R/2)(R/3), ρ — среднее пропорциональное между отрезками R/2 и R/3. Построение: делим радиус пополам (R/2) и на три равные части (R/3); на прямой откладываем подряд PQ = R/2 и QS = R/3, строим окружность на диаметре PS и восстанавливаем в точке Q перпендикуляр до пересечения с окружностью в точке U. Тогда QU² = PQ·QS (высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе) = R²/6, QU = ρ. Окружность радиуса QU — искомая граница.
На рисунке слева направо показаны построения а), б), в) (для в) — вспомогательные отрезки в масштабе 2:1).
а) Пусть радиусы данных окружностей R > r. Площадь кольца π(R² – r²), поэтому ρ² = R² – r², то есть ρ — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой R и катетом r. Построение: проводим радиус OT малой окружности, в точке T — перпендикуляр (касательную к малой окружности) до пересечения с большой окружностью в точке X. В прямоугольном треугольнике OTX имеем OX = R, OT = r, поэтому TX = √(R² – r²) = ρ. Окружность радиуса TX — искомая граница.
б) Площадь полукруга радиуса R равна πR²/2 = πρ², ρ² = R²/2, ρ = R/√2 = R√2/2. Построение: из центра O проводим два перпендикулярных радиуса OP и OQ, соединяем P и Q (PQ = R√2 — сторона вписанного квадрата), M — середина PQ. Тогда OM = R√2/2 = ρ. Окружность радиуса OM — искомая граница.
в) Площадь сектора с дугой 60° равна πR²/6 = πρ², ρ² = R²/6 = (R/2)(R/3), ρ — среднее пропорциональное между отрезками R/2 и R/3. Построение: делим радиус пополам (R/2) и на три равные части (R/3); на прямой откладываем подряд PQ = R/2 и QS = R/3, строим окружность на диаметре PS и восстанавливаем в точке Q перпендикуляр до пересечения с окружностью в точке U. Тогда QU² = PQ·QS (высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе) = R²/6, QU = ρ. Окружность радиуса QU — искомая граница.
На рисунке слева направо показаны построения а), б), в) (для в) — вспомогательные отрезки в масштабе 2:1).
1411. При данном движении g точка А отображается в точку В, а точка В — в точку А. Докажите, что g — центральная симметрия или осевая симметрия.
Считаем A ≠ B (иначе условие ничего не говорит). Пусть M — середина AB, h — центральная симметрия относительно M. Тогда h(A) = B, h(B) = A. Преобразование q = h∘g (сначала g, затем h) — движение, и q(A) = h(B) = A, q(B) = h(A) = B: точки A и B неподвижны.
Покажем, что q — тождественное преобразование или осевая симметрия s относительно прямой AB. Любая точка X вне прямой AB переходит в точку X′ с AX′ = AX, BX′ = BX; таких точек всего две: X и точка X, симметричная X относительно AB (две окружности с центрами A и B пересекаются не более чем в двух точках, симметричных относительно прямой центров). Если q(X) = X, то q оставляет на месте три точки A, B, X, не лежащие на одной прямой, и по задаче 1343 q — тождественное преобразование. Если q(X) = X, то s∘q оставляет на месте A, B, X, и по 1343 s∘q = id, то есть q = s (s² = id).
Итак, h∘g = id или h∘g = s. Умножая слева на h (h² = id), получаем: g = h — центральная симметрия относительно M, или g = h∘s. Композиция центральной симметрии относительно точки M прямой AB и осевой симметрии относительно этой прямой — осевая симметрия относительно прямой, проходящей через M перпендикулярно AB (в координатах с началом в M и осью x вдоль AB: (x; y) ↦ (x; –y) ↦ (–x; y)).
Итак, g — центральная симметрия или осевая симметрия (относительно серединного перпендикуляра к AB). Что и требовалось доказать.
Покажем, что q — тождественное преобразование или осевая симметрия s относительно прямой AB. Любая точка X вне прямой AB переходит в точку X′ с AX′ = AX, BX′ = BX; таких точек всего две: X и точка X, симметричная X относительно AB (две окружности с центрами A и B пересекаются не более чем в двух точках, симметричных относительно прямой центров). Если q(X) = X, то q оставляет на месте три точки A, B, X, не лежащие на одной прямой, и по задаче 1343 q — тождественное преобразование. Если q(X) = X, то s∘q оставляет на месте A, B, X, и по 1343 s∘q = id, то есть q = s (s² = id).
Итак, h∘g = id или h∘g = s. Умножая слева на h (h² = id), получаем: g = h — центральная симметрия относительно M, или g = h∘s. Композиция центральной симметрии относительно точки M прямой AB и осевой симметрии относительно этой прямой — осевая симметрия относительно прямой, проходящей через M перпендикулярно AB (в координатах с началом в M и осью x вдоль AB: (x; y) ↦ (x; –y) ↦ (–x; y)).
Итак, g — центральная симметрия или осевая симметрия (относительно серединного перпендикуляра к AB). Что и требовалось доказать.
1412. Даны два равных отрезка AB и A₁B₁. Докажите, что существуют два и только два движения, при которых точки A и B отображаются соответственно в точки А₁ и В₁.
Построим равнобедренные прямоугольные треугольники ABC и A₁B₁C₁ с прямыми углами A и A₁ и катетами AC = AB, A₁C₁ = A₁B₁. Эти треугольники равны (по двум катетам), поэтому по задаче 1249 существует единственное движение g₁, при котором A, B, C переходят в A₁, B₁, C₁. Точку C₁ можно выбрать двумя способами — по разные стороны от прямой A₁B₁; получаем два треугольника A₁B₁C₁ и A₁B₁C₁′ (точки C₁ и C₁′ симметричны относительно A₁B₁) и два движения g₁ и g₂, у которых g₁(C) = C₁, g₂(C) = C₁′. Оба переводят A в A₁ и B в B₁. Эти движения различны, так как C₁ ≠ C₁′.
Покажем, что других нет. Пусть движение g переводит A в A₁ и B в B₁, и C ↦ C. Тогда A₁C = AC = A₁C₁ и B₁C = BC = B₁C₁, то есть C лежит на двух окружностях с центрами A₁ и B₁ и радиусами A₁C₁, B₁C₁, которые пересекаются ровно в двух точках C₁ и C₁′. Значит, C = C₁ или C = C₁′. По задаче 1248 существует не более одного движения, при котором A, B, C отображаются в заданные три точки; следовательно, g = g₁ или g = g₂.
Итак, существуют ровно два движения. Что и требовалось доказать.
Покажем, что других нет. Пусть движение g переводит A в A₁ и B в B₁, и C ↦ C. Тогда A₁C = AC = A₁C₁ и B₁C = BC = B₁C₁, то есть C лежит на двух окружностях с центрами A₁ и B₁ и радиусами A₁C₁, B₁C₁, которые пересекаются ровно в двух точках C₁ и C₁′. Значит, C = C₁ или C = C₁′. По задаче 1248 существует не более одного движения, при котором A, B, C отображаются в заданные три точки; следовательно, g = g₁ или g = g₂.
Итак, существуют ровно два движения. Что и требовалось доказать.
1413. Докажите, что два параллелограмма равны, если диагонали и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны диагоналям и углу между ними другого.
Пусть диагонали параллелограммов ABCD и A₁B₁C₁D₁ пересекаются в точках O и O₁. Диагонали параллелограмма делятся точкой пересечения пополам, поэтому OA = OC = AC/2 = A₁C₁/2 = O₁A₁ = O₁C₁ и OB = OD = O₁B₁ = O₁D₁. Углы между диагоналями равны: пара смежных углов в точке O — φ и 180° – φ; назовём вершины так, чтобы ∠AOB = ∠A₁O₁B₁ = φ.
Треугольники AOB и A₁O₁B₁ равны (OA = O₁A₁, OB = O₁B₁, ∠AOB = ∠A₁O₁B₁), поэтому по задаче 1249 существует движение g: A ↦ A₁, O ↦ O₁, B ↦ B₁. Движение сохраняет середины отрезков и симметрию относительно точки: C симметрична A относительно O, значит, g(C) симметрична g(A) = A₁ относительно g(O) = O₁, то есть g(C) = C₁; аналогично g(D) = D₁.
Следовательно, g(ABCD) = A₁B₁C₁D₁, и параллелограммы равны. Что и требовалось доказать.
Треугольники AOB и A₁O₁B₁ равны (OA = O₁A₁, OB = O₁B₁, ∠AOB = ∠A₁O₁B₁), поэтому по задаче 1249 существует движение g: A ↦ A₁, O ↦ O₁, B ↦ B₁. Движение сохраняет середины отрезков и симметрию относительно точки: C симметрична A относительно O, значит, g(C) симметрична g(A) = A₁ относительно g(O) = O₁, то есть g(C) = C₁; аналогично g(D) = D₁.
Следовательно, g(ABCD) = A₁B₁C₁D₁, и параллелограммы равны. Что и требовалось доказать.
1414. Докажите, что две трапеции равны, если основания и боковые стороны одной трапеции соответственно равны основаниям и боковым сторонам другой.
Пусть ABCD и A₁B₁C₁D₁ — трапеции с основаниями AB, DC и A₁B₁, D₁C₁, причём AB > DC, AB = A₁B₁, DC = D₁C₁, BC = B₁C₁, AD = A₁D₁. На лучах AB и A₁B₁ отложим AE = DC и A₁E₁ = D₁C₁. Четырёхугольник AECD — параллелограмм (AE ∥ DC и AE = DC), поэтому EC = AD и EC ∥ AD; аналогично E₁C₁ = A₁D₁.
В треугольниках BCE и B₁C₁E₁: BE = AB – DC = A₁B₁ – D₁C₁ = B₁E₁, CE = AD = A₁D₁ = C₁E₁, BC = B₁C₁. Они равны по трём сторонам, и по задаче 1249 существует движение g, переводящее B, C, E в B₁, C₁, E₁. Оно переводит луч BE в луч B₁E₁, а точку A (AE = DC, A на продолжении BE за E, E между A и B) — в точку A₁ (так как AE = A₁E₁ и A₁ на продолжении B₁E₁ за E₁).
Точка D определяется условием EC⃗ = AD⃗ (AECD — параллелограмм): D = A + (C – E). Движение сохраняет равенство векторов (параллелограммы), поэтому g(D) = A₁ + (C₁ – E₁) = D₁. Итак, g(ABCD) = A₁B₁C₁D₁, трапеции равны. Что и требовалось доказать.
В треугольниках BCE и B₁C₁E₁: BE = AB – DC = A₁B₁ – D₁C₁ = B₁E₁, CE = AD = A₁D₁ = C₁E₁, BC = B₁C₁. Они равны по трём сторонам, и по задаче 1249 существует движение g, переводящее B, C, E в B₁, C₁, E₁. Оно переводит луч BE в луч B₁E₁, а точку A (AE = DC, A на продолжении BE за E, E между A и B) — в точку A₁ (так как AE = A₁E₁ и A₁ на продолжении B₁E₁ за E₁).
Точка D определяется условием EC⃗ = AD⃗ (AECD — параллелограмм): D = A + (C – E). Движение сохраняет равенство векторов (параллелограммы), поэтому g(D) = A₁ + (C₁ – E₁) = D₁. Итак, g(ABCD) = A₁B₁C₁D₁, трапеции равны. Что и требовалось доказать.
1415. Докажите, что два треугольника равны, если две неравные стороны и разность противолежащих им углов одного треугольника соответственно равны двум сторонам и разности противолежащих им углов другого треугольника.
Пусть в треугольниках ABC и A₁B₁C₁ AB = A₁B₁ = c, AC = A₁C₁ = b, b ≠ c и ∠B – ∠C = ∠B₁ – ∠C₁ = δ. Углы B и C лежат против сторон AC = b и AB = c.
По теореме синусов sinB / sinC = b / c = λ (число λ ≠ 1 одно и то же для обоих треугольников). Так как b ≠ c, то B ≠ C, δ ≠ 0, и |δ| < 180°.
Выразим угол C: B = C + δ, sin(C + δ) = λ·sinC ⇒ sinC·cosδ + cosC·sinδ = λ·sinC ⇒ ctgC = (λ – cosδ)/sinδ (sinδ ≠ 0). Так как ctg однозначно определяет угол в интервале (0°; 180°), угол C определён однозначно по b, c, δ. Значит, ∠C = ∠C₁, и тогда ∠B = ∠C + δ = ∠B₁.
Теперь ∠A = 180° – ∠B – ∠C = ∠A₁, и треугольники равны по двум сторонам и углу между ними (AB = A₁B₁, AC = A₁C₁, ∠A = ∠A₁). Что и требовалось доказать.
По теореме синусов sinB / sinC = b / c = λ (число λ ≠ 1 одно и то же для обоих треугольников). Так как b ≠ c, то B ≠ C, δ ≠ 0, и |δ| < 180°.
Выразим угол C: B = C + δ, sin(C + δ) = λ·sinC ⇒ sinC·cosδ + cosC·sinδ = λ·sinC ⇒ ctgC = (λ – cosδ)/sinδ (sinδ ≠ 0). Так как ctg однозначно определяет угол в интервале (0°; 180°), угол C определён однозначно по b, c, δ. Значит, ∠C = ∠C₁, и тогда ∠B = ∠C + δ = ∠B₁.
Теперь ∠A = 180° – ∠B – ∠C = ∠A₁, и треугольники равны по двум сторонам и углу между ними (AB = A₁B₁, AC = A₁C₁, ∠A = ∠A₁). Что и требовалось доказать.
1416. Вершины одного параллелограмма лежат соответственно на сторонах другого параллелограмма. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих параллелограммов совпадают.
Пусть ABCD — внешний параллелограмм, а EFGH — вписанный: E ∈ AB, F ∈ BC, G ∈ CD, H ∈ DA. Введём векторы u = AB⃗, v = AD⃗ (не коллинеарные) с началом A. Тогда E = A + e·u, F = A + u + f·v, G = A + v + g·u, H = A + h·v, где e, f, g, h ∈ [0; 1] (C = A + u + v).
Диагонали параллелограмма EFGH делятся точкой пересечения пополам, поэтому середины EG и FH совпадают: E + G = F + H. В координатах относительно u и v: (e + g)u + v = u + (f + h)v, откуда e + g = 1 и f + h = 1 (u, v независимы).
Центр параллелограмма EFGH — середина EG: A + ((e + g)u + v)/2 = A + (u + v)/2 — середина диагонали AC, то есть центр ABCD. Следовательно, точки пересечения диагоналей параллелограммов совпадают. Что и требовалось доказать.
Диагонали параллелограмма EFGH делятся точкой пересечения пополам, поэтому середины EG и FH совпадают: E + G = F + H. В координатах относительно u и v: (e + g)u + v = u + (f + h)v, откуда e + g = 1 и f + h = 1 (u, v независимы).
Центр параллелограмма EFGH — середина EG: A + ((e + g)u + v)/2 = A + (u + v)/2 — середина диагонали AC, то есть центр ABCD. Следовательно, точки пересечения диагоналей параллелограммов совпадают. Что и требовалось доказать.
1417. Даны две окружности и прямая. Постройте правильный треугольник так, чтобы две вершины лежали соответственно на данных окружностях, а высота, проведённая из третьей вершины, — на данной прямой.
Пусть даны окружности ω₁, ω₂ и прямая ℓ; XYZ — искомый треугольник, X ∈ ω₁, Y ∈ ω₂, высота из Z лежит на ℓ. В равностороннем треугольнике высота из вершины Z — ось симметрии: основание Z-высоты — середина XY, и ℓ ⊥ XY. Значит, X и Y симметричны относительно ℓ.
Анализ. Пусть s — осевая симметрия относительно ℓ. Тогда Y = s(X), а так как Y ∈ ω₂, то X ∈ s(ω₂) = ω₂′ — окружность, симметричная ω₂ относительно ℓ. Итак, X принадлежит и ω₁, и ω₂′.
Построение.
1) Строим окружность ω₂′, симметричную ω₂ относительно ℓ (центр — точка, симметричная центру ω₂, радиус тот же).
2) Находим точки пересечения ω₁ и ω₂′; пусть X — одна из них.
3) Строим Y = s(X) (опускаем перпендикуляр из X на ℓ и откладываем за ℓ равный отрезок). Тогда Y ∈ ω₂.
4) Строим точку Z на ℓ, для которой XYZ — правильный треугольник (пересечение ℓ с окружностью с центром X радиуса XY; их две, по обе стороны от XY).
Доказательство. Y ∈ ω₂ (так как X ∈ s(ω₂) ⇒ s(X) ∈ ω₂). Z на серединном перпендикуляре ℓ отрезка XY и ZX = XY, поэтому ZX = ZY = XY: треугольник правильный, а высота из Z лежит на ℓ (ℓ — серединный перпендикуляр к XY).
Исследование. Число решений: каждая из общих точек окружностей ω₁ и ω₂′ (их 0, 1 или 2) даёт два треугольника (вершина Z по ту или другую сторону от XY), то есть до четырёх решений.
На рисунке построен один из треугольников (красный); синяя пунктирная окружность — образ ω₂ при симметрии относительно ℓ.
Анализ. Пусть s — осевая симметрия относительно ℓ. Тогда Y = s(X), а так как Y ∈ ω₂, то X ∈ s(ω₂) = ω₂′ — окружность, симметричная ω₂ относительно ℓ. Итак, X принадлежит и ω₁, и ω₂′.
Построение.
1) Строим окружность ω₂′, симметричную ω₂ относительно ℓ (центр — точка, симметричная центру ω₂, радиус тот же).
2) Находим точки пересечения ω₁ и ω₂′; пусть X — одна из них.
3) Строим Y = s(X) (опускаем перпендикуляр из X на ℓ и откладываем за ℓ равный отрезок). Тогда Y ∈ ω₂.
4) Строим точку Z на ℓ, для которой XYZ — правильный треугольник (пересечение ℓ с окружностью с центром X радиуса XY; их две, по обе стороны от XY).
Доказательство. Y ∈ ω₂ (так как X ∈ s(ω₂) ⇒ s(X) ∈ ω₂). Z на серединном перпендикуляре ℓ отрезка XY и ZX = XY, поэтому ZX = ZY = XY: треугольник правильный, а высота из Z лежит на ℓ (ℓ — серединный перпендикуляр к XY).
Исследование. Число решений: каждая из общих точек окружностей ω₁ и ω₂′ (их 0, 1 или 2) даёт два треугольника (вершина Z по ту или другую сторону от XY), то есть до четырёх решений.
На рисунке построен один из треугольников (красный); синяя пунктирная окружность — образ ω₂ при симметрии относительно ℓ.