«ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО Московские учебники Москва 2006 УДК 514.112 ББК ...»

2. В главе используются следующие обозначения для преобразований и их композиций:

Ta — перенос на вектор a;

SO — симметрия относительно точки O;

Sl — симметрия относительно прямой l;

Rf — поворот с центром O на угол f;

F G — композиция преобразований F и G, причём (F G)(X) = F(G(X)).

3. Задачи, решаемые с помощью поворотов, можно разделить на два больших класса: задачи, не использующие свойств композиции поворотов, и задачи, использующие эти свойства. Для решения задач, использующих свойства композиции поворотов, нужно усвоить результат задачи 18.37: Rb Ra = Rg, где g = a + b и BAC = a/2, ABC = b/2.

1. Докажите, что при повороте окружность переходит в окружность.

2. Докажите, что выпуклый n-угольник является правильным тогда и только тогда, когда он переходит в себя при повороте на угол 360 /n относительно некоторой точки.

3. Докажите, что треугольник ABC является правильным тогда и только тогда, когда при повороте на 60 (либо по часовой стрелке, либо против) относительно точки A вершина B переходит 4. Докажите, что середины сторон правильного многоугольника образуют правильный многоугольник.

5. Через центр квадрата проведены две перпендикулярные прямые.

Докажите, что их точки пересечения со сторонами квадрата образуют квадрат.

18.1. На сторонах BC и CD квадрата ABCD взяты точки M и K соответственно, причём BAM = MAK. Докажите, что BM + KD = AK.

18.2. В треугольнике ABC проведены медиана CM и высота CH.

Прямые, проведённые через произвольную точку P плоскости перпендикулярно CA, CM и CB, пересекают прямую CH в точках A1, M1 и B1. Докажите, что A1 M1 = B1 M1.

18.3. Два квадрата BCDA и BKMN имеют общую вершину B.

Докажите, что медиана BE треугольника ABK и высота BF треугольника CBN лежат на одной прямой. (Вершины обоих квадратов перечислены по часовой стрелке.) 18.4. Внутри квадрата A1 A2 A3 A4 взята точка P. Из вершины A опущен перпендикуляр на A2 P, из A2 — на A3 P, из A3 — на A4 P, из A4 — на A1 P. Докажите, что все четыре перпендикуляра (или их продолжения) пересекаются в одной точке.

18.5. На сторонах CB и CD квадрата ABCD взяты точки M и K так, что периметр треугольника CMK равен удвоенной стороне квадрата.

Найдите величину угла MAK.

18.6. На плоскости даны три (одинаково ориентированных) квадрата: ABCD, AB1 C1 D1 и A2 B2 CD2 ; первый квадрат имеет с двумя другими общие вершины A и C. Докажите, что медиана BM треугольника BB1 B2 перпендикулярна отрезку D1 D2.

18.7*. Дан треугольник ABC. На его сторонах AB и BC построены внешним образом квадраты ABMN и BCPQ. Докажите, что центры этих квадратов и середины отрезков MQ и AC образуют квадрат.

18.8*. Вокруг квадрата описан параллелограмм. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин параллелограмма на стороны квадрата, образуют квадрат.

См. также задачи 1.43, 1.47, 4.25, 8.45.

18.9. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены правильные треугольники A1 BC, AB1 C и ABC1. Докажите, что AA1 = BB1 = CC1.

18.10. На отрезке AE по одну сторону от него построены равносторонние треугольники ABC и CDE; M и P — середины отрезков AD и BE. Докажите, что треугольник CPM равносторонний.

18.11. Постройте равносторонний треугольник ABC так, чтобы его вершины лежали на трёх данных параллельных прямых.

18.12. Рассмотрим всевозможные равносторонние треугольники PKM, вершина P которых фиксирована, а вершина K лежит в данном квадрате. Найдите геометрическое место вершин M.

18.13. На сторонах BC и CD параллелограмма ABCD построены внешним образом правильные треугольники BCP и CDQ. Докажите, что треугольник APQ правильный.

18.14. Точка M лежит на дуге AB описанной окружности правильного треугольника ABC. Докажите, что MC = MA + MB.

18.15. Найдите геометрическое место точек M, лежащих внутри правильного треугольника ABC, для которых MA2 = MB2 + MC2.

18.16. Шестиугольник ABCDEF правильный, K и M — середины отрезков BD и EF. Докажите, что треугольник AMK правильный.

18.17. Пусть M и N — середины сторон CD и DE правильного шестиугольника ABCDEF, P — точка пересечения отрезков AM и BN.

а) Найдите величину угла между прямыми AM и BN.

б) Докажите, что SABP = SMDNP.

18.18. На сторонах AB и BC правильного треугольника ABC взяты точки M и N так, что MN AC, E — середина отрезка AN, D — центр треугольника BMN. Найдите величины углов треугольника CDE.

18.19. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены правильные треугольники ABC1, AB1 C и A1 BC. Пусть P и Q — середины отрезков A1 B1 и A1 C1. Докажите, что треугольник APQ правильный.

18.20. На сторонах AB и AC треугольника ABC внешним образом построены правильные треугольники ABC и AB C. Точка M делит сторону BC в отношении BM : MC = 3 : 1; K и L — середины сторон AC и B C. Докажите, что углы треугольника KLM равны 30, 60 и 90.

18.21. Правильные треугольники ABC, CDE, EHK (вершины обходятся в направлении против часовой стрелки) расположены на плоскости так, что AD = DK. Докажите, что треугольник BHD тоже правильный.

18.22. а) Для данного треугольника ABC, все углы которого меньше 120, найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин минимальна.

б) Внутри треугольника ABC, все углы которого меньше 120, взята точка O, из которой его стороны видны под углом 120. Докажите, сумма расстояний от точки O до вершин равна (a2 + b2 + c2 )/2 + что + 2 3S.

18.23*. Даны точка X и правильный треугольник ABC. Докажите, что из отрезков XA, XB и XC можно составить треугольник, причём этот треугольник вырожденный тогда и только тогда, когда точка X лежит на описанной окружности треугольника ABC (Помпею).

18.24*. Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность радиуса R, причём AB = CD = EF = R. Докажите, что середины сторон BC, DE и FA образуют правильный треугольник.

18.25*. На сторонах выпуклого центрально симметричного шестиугольника ABCDEF внешним образом построены правильные треГлава 18. Поворот угольники. Докажите, что середины отрезков, соединяющих вершины соседних треугольников, образуют правильный шестиугольник.

18.26. Докажите, что при повороте на угол a с центром в начале координат точка с координатами (x, y) переходит в точку 18.27. Даны точки A и B и окружность S. Постройте на окружности S такие точки C и D, что AC BD и дуга CD имеет данную величину a.

18.28. Поворот с центром O переводит прямую l1 в прямую l2, а точку A1, лежащую на прямой l1, — в точку A2. Докажите, что точка пересечения прямых l1 и l2 лежит на описанной окружности треугольника A1 OA2.

18.29. На плоскости лежат две одинаковые буквы Г. Конец короткой палочки одной буквы обозначим A, а другой — A. Длинные палочки разбиты на n равных частей точками A1,..., An1 ; A1,..., An (точки деления нумеруются от концов длинных палочек). Прямые AAi и A Ai пересекаются в точке Xi. Докажите, что точки X1,..., Xn образуют выпуклый многоугольник.

18.30. По двум прямым, пересекающимся в точке P, равномерно с одинаковой скоростью движутся две точки: по одной прямой — точка A, по другой — точка B. Через точку P они проходят не одновременно. Докажите, что в любой момент времени описанная окружность треугольника ABP проходит через некоторую фиксированную точку, отличную от P.

18.31. Для данного треугольника ABC, один из углов которого больше 120, найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин минимальна.

18.32. Треугольник A1 B1 C1 получен из треугольника ABC поворотом на угол a (a OO + O B + OC CB = = AC + AB. Но AC + AB — это как раз и есть сумма расстояний от точки A до вершин треугольника ABC.

18.32. Пусть A и B — точки окружности с центром O, A1 и B1 — образы этих точек при повороте на угол a относительно центра O; P и P1 — середины отрезков AB и A1 B1 ; M — точка пересечения прямых AB и A1 B1. Прямоугольные треугольники POM и P1 OM имеют общую гипотенузу и равные катеты PO = P1 O, поэтому эти треугольники равны и MOP = MOP1 = a/2. Точка M получается из точки P поворотом на угол a/2 и последующей гомотетией с коэффициентом 1/ cos(a/2) и центром O.

Точки пересечения прямых AB и A1 B1, AC и A1 C1, BC и B1 C1 являются вершинами треугольника, гомотетичного с коэффициентом 1/ cos(a/2) треугольнику, образованному серединами сторон треугольника ABC. Ясно, что треугольник, образованный серединами сторон треугольника ABC, подобен треугольнику ABC.

18.33. Согласно задаче 5.57 прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника, проходит через центр его вписанной окружности. Ясно также, что если прямая проходит через центр вписанной окружности треугольника и делит его периметр пополам, то она делит пополам и его площадь. Поэтому нужно провести прямую, проходящую через центр вписанной окружности треугольника и делящую его периметр пополам.

Предположим, что мы построили точки M и N на сторонах AB и AC треугольника ABC так, что прямая MN проходит через центр O вписанной окружности и делит периметр треугольника пополам. Построим на луче AC точку D так, что AD = p, где p — полупериметр треугольника ABC. Тогда AM = ND. Пусть Q — центр поворота R, переводящего отрезок AM в отрезок DN (точку A — в D, точку M — в N). Так как угол между прямыми AM и CN известен, точку Q можно построить: она является вершиной равнобедренного треугольника AQD, причём AQD = 180 A и точки B и Q лежат по одну сторону от прямой AD. При повороте R отрезок OM переходит в отрезок O N. Точку O мы можем построить. Ясно, что ONO = A, поскольку угол между прямыми OM и O N равен A. Поэтому точка N является точкой пересечения прямой AC и дуги окружности, из которой отрезок OO виден под углом A. Построив точку N, проводим прямую ON и находим точку M.

Легко проверить, что если построенные точки M и N лежат на сторонах AB и AC, то MN — искомая прямая. Основной момент в доказательстве — доказательство того, что при повороте относительно точки Q на 180 A точка M переходит в точку N. Для доказательства этого факта надо воспользоваться тем, что ONO = A, т. е. при этом повороте прямая OM переходит в прямую O N.

18.34. Предположим, что k-угольники C1... Ck и D1... Dk правильные одинаково ориентированные. Пусть C и D — центры этих k-угольников, ci = CCi и di = DDi. Тогда Ci Di = Ci C + CD + DDi = ci + CD + di. Вектор Ci Di переходит в вектор Ci Bi при повороте Rf, где f — угол при вершине правильного n-угольника. Поэтому XBi = XC + ci + Ci Bi = XC + ci + Rf (ci + CD + di ). Точку X u = ck + Rf (dk ck ), Ry — поворот, переводящий вектор ck в c1. Следовательно, B1... Bk — правильный k-угольник с центром X. Аналогично доказывается, что A1... Ak — правильный k-угольник.

Обратное утверждение доказывается аналогично.

18.35. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, H1, H и H3 — точки, симметричные точке H относительно сторон BC, CA и AB.

Точки H1, H2 и H3 лежат на описанной окружности треугольника ABC (задача 5.10). Пусть l — прямая, проходящая через точку H. Прямая, симметричная прямой l относительно стороны BC (соответственно CA и AB), пересекает описанную окружность в точке H1 (соответственно H2 и H3 ) и в некоторой точке P1 (соответственно P2 и P3 ).

Рассмотрим какую-нибудь другую прямую l, проходящую через H. Пусть f — угол между l и l. Построим для прямой l точки P1, P2 и P3 тем же способом, каким были построены для прямой l точки P1, P2 и P3. Тогда Pi Hi Pi = f, т. е. величина дуги Pi Pi равна 2f (поворот от Pi к Pi противоположен по направлению повороту от l к l ). Поэтому точки P1, P2 и P являются образами точек P1, P2 и P3 при некотором повороте. Ясно, что если в качестве l выбрать высоту треугольника, опущенную из вершины A, то P1 = P2 = P3 = A, а значит, P1 = P2 = P3.

18.36. Предположим, что лев бежал по ломаной A1 A2... An. Распрямим траекторию движения льва следующим образом. Повернём относительно точки A2 арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка A3 попала на луч A1 A2. Затем повернём относительно точки A3 арену цирка и дальнейшую траекторию так, чтобы точка A4 попала на луч A1 A2 и т. д. Центр O арены цирка переходит при этом последовательно в точки O1 = O, O2,..., On1 ;

точки A1,..., An переходят в точки A1,..., An, лежащие на одной прямой (рис. 18.5).

Пусть ai1 — угол поворота льва в точке Ai. Тогда Oi1 Ai Oi = ai и Ai Oi1 = Ai Oi 10, поэтому Oi Oi1 10ai1. Следовательно, 30 000 = A1 An a1 +... + an2 2998.

18.37. Рассмотрим композицию поворотов Rb Ra. Если A = B, то утверA ждение задачи очевидно, поэтому будем считать, что A = B. Пусть l = AB, прямые a и b проходят через точки A и B соответственно, причём (a, l) = a/ Если a b, то Sb Sa = T2u, где Tu — параллельный перенос, переводящий b в a, причём u a. А если прямые a и b не параллельны и O — точка их пересечения, то Sb Sa — поворот на угол a + b с центром O. Ясно также, что a b тогда и только тогда, когда (a/2) + (b/2) = kp, т. е. a + b = 2kp.

18.38. Пусть P, Q, R и S — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC, CD и DA соответственно. Построим на отрезках QR и SP внутренним образом равнобедренные прямоугольные треугольники с вершинами O1 и O2. Тогда D = R90 R90 (B) = R180 (B) и B = R90 R90 (D) = = R180 (D), т. е. O1 = O2 — середина отрезка BD.

При повороте на 90 относительно точки O = O1 = O2, переводящем точку Q в R, точка S переходит в P, т. е. отрезок QS переходит в RP, а значит, эти отрезки равны и перпендикулярны.

18.39. Пусть P, Q, R и S — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC, CD и DA параллелограмма ABCD. Согласно предыдущей задаче PR = QS и PR QS. Кроме того, центр симметрии параллелограмма ABCD является центром симметрии четырёхугольника PQRS, т. е. PQRS — параллелограмм с равными и перпендикулярными диагоналями, а значит, он квадрат.

18.40. Пусть P, Q и R — центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах AB, BC и CA. Рассмотрим поворот на 90 с центром R, переводящий C в A. При повороте на 90 в том же направлении с центром P точка A переходит в B. Композиция этих двух поворотов является поворотом на 180, поэтому центр этого поворота — середина отрезка BC. С другой стороны, центр этого поворота является вершиной равнобедренного прямоугольного треугольника с основанием PR, т. е. является центром квадрата, построенного на PR. Этот квадрат построен на стороне треугольника PQR именно внутренним образом.

18.41. Если O1 = O3, то R90 R90 R90 R90 = R180 R180 = E. Поэтому E = R90 E R90 = R90 R90 R90 R90 = RO4 R180, т. е. O4 = O2. (Здесь E — тождественное преобразование.) 18.42. а) См. решение более общей задачи 18.46 (достаточно положить a = b = g = 120 ). В случае б) доказательство аналогично.

в) Пусть Q и R (соответственно Q1 и R1 ) — центры правильных треугольников, построенных внешним (соответственно внутренним) образом на сторонах AC и AB. Так как AQ = b/ 3, AR = c/ 3 и QAR = 60 + a, то 3QR = b + c 2bc cos(a + 60 ). Аналогично 3Q1 R1 = b2 + c2 2bc cos(a 60 ).

Поэтому разность площадей полученных правильных треугольников равна (QR2 Q1 R2 ) 3/4 = bc sin a sin 60 / 3 = SABC.

18.43. Композиция поворота на 60 относительно точки A, переводящего B в C, поворота на 60 относительно точки B, переводящего C в A, и поворота на 120 относительно точки M, переводящего A в B, имеет неподвижную точку B. Так как первые два поворота производятся в направлении, противоположном направлению последнего поворота, то композиция этих поворотов является параллельным переносом, имеющим неподвижную R60 R60 = R120, т. е. точка M является центром поворота R60 R60. СледоM вательно, MA B = MB A = 30, т. е. A B M — равнобедренный треугольник, причём A MB = 120.

18.44. Из условия задачи следует, что R2g = R2b R2a, т. е. точка C явA ляется центром композиции поворотов R2b R2a. Это означает, что BAC = a и ABC = b (см. задачу 18.37). Поэтому ACB = p a b = g.

18.45. Обозначим данные точки через M1,..., Mn. Предположим, что мы построили многоугольник A1 A2... An так, что треугольники A1 M1 A2, A2 M2 A3,..., An Mn A1 равнобедренные, причём Ai Mi Ai+1 = ai и стороны многоугольника являются основаниями этих равнобедренных треугольников. Ясa но, что Rann... RM11 (A1 ) = A1. Если a1 +... + an = k · 360, то точка A является центром поворота Rann... Ra11. Центр композиции поворотов мы можем построить. Построение остальных вершин многоугольника производится очевидным образом. Если a1 +... + an = k · 360, то задача неопределённая:

либо любая точка A1 задаёт многоугольник, обладающий требуемым свойством, либо задача не имеет решений.

18.46. Так как Rg Rb Ra (B) = Rg Rb (C) = Rg (A) = B, то B — непоA движная точка композиции поворотов Rg Rb Ra. А так как a + b + g = 2p, то эта композиция является параллельным переносом, имеющим неподвижную точку, т. е. тождественным преобразованием. Остаётся воспользоваться результатом задачи 18.44.

18.47. Так как Rpa Ra (N) = L и Rpa Ra (L) = N, то преобразования pa Ra и Rpa Ra являются центральными симметриями относительно середины отрезка LN, т. е. Rpa Ra = Rpa Ra. Следовательно, Rpa = Rpa и G = G.

18.48. Пусть A1, B1 и C1 — центры описанных окружностей треугольников APR, BPQ и CQR. При последовательных поворотах с центрами A1, B1 и C на углы 2a, 2b и 2g точка R переходит сначала в P, затем в Q, а потом возвращается на место. Так как 2a + 2b + 2g = 360, то композиция указанных поворотов — тождественное преобразование. Следовательно, углы треугольника A1 B1 C1 равны a, b и g (см. задачу 18.44).

ГОМОТЕТИЯ И ПОВОРОТНАЯ ГОМОТЕТИЯ

1. Гомотетией называют преобразование плоскости, переводящее точку X в точку X, обладающую тем свойством, что OX = kOX (точка O и число k фиксированы). Точку O называют центром гомотетии, а число k — коэффициентом гомотетии.

Гомотетию с центром O и коэффициентом k будем обозначать Hk. O 2. Две фигуры называют гомотетичными, если одна из них переходит в другую при некоторой гомотетии.

3. Поворотной гомотетией называют композицию гомотетии и поворота, имеющих общий центр. Отметим, что обе композиции Rf Hk и Hk Rf дают одно и то же преобразование.

Коэффициент поворотной гомотетии можно считать положительным, так как R180 Hk = Hk.

4. Композиция двух гомотетий с коэффициентами k1 и k2, где k1 k2 = 1, является гомотетией с коэффициентом k1 k2, причём её центр лежит на прямой, соединяющей центры этих гомотетий (см. задачу 19.24).

5. Центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок CD, является точка пересечения описанных окружностей треугольников ACP и BDP, где P — точка пересечения прямых AB и CD (см. задачу 19.42).

1. Докажите, что при гомотетии окружность переходит в окружность.

2. Две окружности касаются в точке K. Прямая, проходящая через точку K, пересекает эти окружности в точках A и B. Докажите, что касательные к окружностям, проведённые через точки A и B, параллельны.

3. Две окружности касаются в точке K. Через точку K проведены две прямые, пересекающие первую окружность в точках A и B, вторую — в точках C и D. Докажите, что AB CD.

4. Докажите, что точки, симметричные произвольной точке относительно середин сторон квадрата, являются вершинами некоторого квадрата.

5. На плоскости даны точки A и B и прямая l. По какой траектории движется точка пересечения медиан треугольников ABC, если точка C движется по прямой l?

19.1. Четырёхугольник разрезан диагоналями на четыре треугольника. Докажите, что их точки пересечения медиан образуют параллелограмм.

19.2. Продолжения боковых сторон AB и CD трапеции ABCD пересекаются в точке K, а её диагонали — в точке L. Докажите, что точки K, L, M и N, где M и N — середины оснований BC и AD, лежат на одной прямой.

19.3. В трапеции точка пересечения диагоналей равноудалена от прямых, на которых лежат боковые стороны. Докажите, что трапеция равнобедренная.

19.4. Медианы AA1, BB1 и CC1 треугольника ABC пересекаются в точке M; P — произвольная точка. Прямая la проходит через точку A параллельно прямой PA1 ; прямые lb и lc определяются аналогично.

Докажите, что:

а) прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке Q;

б) точка M лежит на отрезке PQ, причём PM : MQ = 1 : 2.

19.5. Окружность S касается равных сторон AB и BC равнобедренного треугольника ABC в точках P и K, а также касается внутренним образом описанной окружности треугольника ABC. Докажите, что середина отрезка PK является центром вписанной окружности треугольника ABC.

19.6*. Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством:

если все его стороны отодвинуть на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному.

Докажите, что этот многоугольник описанный.

19.7*. Пусть R и r — радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника. Докажите, что R 2r, причём равенство достигается лишь для равностороннего треугольника.

19.8*. Пусть M — центр масс n-угольника A1... An ; M1,..., Mn — центры масс (n 1)-угольников, полученных из этого n-угольника выбрасыванием вершин A1,..., An соответственно. Докажите, что многоугольники A1... An и M1... Mn гомотетичны.

19.9*. Докажите, что любой выпуклый многоугольник содержит два непересекающихся многоугольника 1 и 2, подобных с коэффициентом 1/2.

См. также задачи 4.12, 4.56, 5.99, 5.107, 5.126, 5.159 б), 5.165, 8.52.

19.10. На окружности фиксированы точки A и B, а точка C движется по этой окружности. Найдите геометрическое место точек пересечения медиан треугольников ABC.

390 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.11*. а) Вписанная окружность треугольника ABC касается стороны AC в точке D, DM — её диаметр. Прямая BM пересекает сторону AC в точке K. Докажите, что AK = DC.

б) В окружности проведены перпендикулярные диаметры AB и CD.

Из точки M, лежащей вне окружности, проведены касательные к окружности, пересекающие прямую AB в точках E и H, а также прямые MC и MD, пересекающие прямую AB в точках F и K. Докажите, что EF = KH.

19.12*. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC, D — точка касания её со стороной AC, B1 — середина стороны AC.

Докажите, что прямая B1 O делит отрезок BD пополам.

19.13*. Окружности a, b и g имеют одинаковые радиусы и касаются сторон углов A, B и C треугольника ABC соответственно. Окружность d касается внешним образом всех трёх окружностей a, b и g.

Докажите, что центр окружности d лежит на прямой, проходящей через центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

19.14*. Дан треугольник ABC. Построены четыре окружности равного радиуса r так, что одна из них касается трёх других, а каждая из этих трёх касается двух сторон треугольника. Найдите r, если радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника равны r и R соответственно.

19.15*. В каждый угол треугольника ABC вписана окружность, касающаяся описанной окружности. Пусть A1, B1 и C1 — точки касания этих окружностей с описанной окружностью. Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

См. также задачи 2.28, 5.7, 5.129, 12.81, 17.2, 17.26.

§ 3. Построения и геометрические места точек 19.16. Даны угол ABC и точка M внутри его. Постройте окружность, касающуюся сторон угла и проходящую через точку M.

19.17. Впишите в треугольник две равные окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника и другой окружности.

19.18. Дан остроугольный треугольник ABC. Постройте точки X и Y на сторонах AB и BC так, что a) AX = XY = YC; б) BX = XY = YC.

19.19. Постройте треугольник ABC по сторонам AB и AC и биссектрисе AD.

19.20. Решите задачу 16.18 с помощью гомотетии.

19.21. Постройте на стороне BC данного треугольника ABC такую точку, что прямая, соединяющая основания перпендикуляров, опущенных из этой точки на стороны AB и AC, параллельна BC.

19.22*. Прямоугольный треугольник ABC изменяется таким образом, что вершина A прямого угла треугольника не изменяет своего положения, а вершины B и C скользят по фиксированным окружностям S1 и S2, касающимся внешним образом в точке A. Найдите геометрическое место оснований D высот AD треугольников ABC.

См. также задачи 7.27—7.30, 8.15, 8.16, 8.74.

19.23. Преобразование f обладает следующим свойством: если A и B — образы точек A и B, то A B = kAB, где k — постоянное число.

Докажите, что:

а) если k = 1, то преобразование f является параллельным переносом;

б) если k = 1, то преобразование f является гомотетией.

19.24. Докажите, что композиция двух гомотетий с коэффициентами k1 и k2, где k1 k2 = 1, является гомотетией с коэффициентом k1 k2, причём её центр лежит на прямой, соединяющей центры этих гомотетий. Исследуйте случай k1 k2 = 1.

19.25. Общие внешние касательные к парам окружностей S1 и S2, S2 и S3, S3 и S1 пересекаются в точках A, B и C соответственно.

Докажите, что точки A, B и C лежат на одной прямой.

19.26. Трапеции ABCD и APQD имеют общее основание AD, причём длины всех их оснований попарно различны. Докажите, что на одной прямой лежат точки пересечения следующих пар прямых:

19.27. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. Прямые p и q, проходящие через точку A, пересекают окружность S1 в точках P1 и Q1, а окружность S2 — в точках P2 и Q2. Докажите, что угол между прямыми P1 Q1 и P2 Q2 равен углу между окружностями S1 и S2.

19.28. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. При поворотной гомотетии с центром A, переводящей S1 в S2, точка M окружности S1 переходит в M2. Докажите, что прямая M1 M2 проходит через точку B.

19.29. Окружности S1,..., Sn проходят через точку O. Кузнечик прыгает из точки Xi окружности Si в точку Xi+1 окружности Si+1 так, что прямая Xi Xi+1 проходит через точку пересечения окружностей Si и Si+1, отличную от точки O. Докажите, что после n прыжков (с окружности S1 на S2, с S2 на S3,..., с Sn на S1 ) кузнечик вернётся в исходную точку.

19.30. Две окружности пересекаются в точках A и B, а хорды AM и AN касаются этих окружностей. Треугольник MAN достроен 392 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия до параллелограмма MANC и отрезки BN и MC разделены точками P и Q в равных отношениях. Докажите, что APQ = ANC.

19.31. Даны две неконцентрические окружности S1 и S2. Докажите, что существуют ровно две поворотные гомотетии с углом поворота 90, переводящие S1 в S2.

19.32. Дан квадрат ABCD. Точки P и Q лежат соответственно на сторонах AB и BC, причём BP = BQ. Пусть H — основание перпендикуляра, опущенного из точки B на отрезок PC. Докажите, что DHQ = 90.

19.33. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены подобные треугольники: A1 BC B1 CA C1 AB. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников ABC и A1 B1 C1 совпадают.

19.34. Середины сторон BC и B1 C1 правильных треугольников ABC и A1 B1 C1 совпадают (вершины обоих треугольников перечислены по часовой стрелке). Найдите величину угла между прямыми AA1 и BB1, а также отношение длин отрезков AA1 и BB1.

19.35. Треугольник ABC при поворотной гомотетии переходит в треугольник A1 B1 C1 ; O — произвольная точка. Пусть A2 — вершина параллелограмма OAA1 A2 ; точки B2 и C2 определяются аналогично.

Докажите, что A2 B2 C2 ABC.

19.36*. На прямоугольную карту положили карту той же местности, но меньшего масштаба. Докажите, что можно проткнуть иголкой сразу обе карты так, чтобы точка прокола изображала на обеих картах одну и ту же точку местности.

19.37*. Поворотные гомотетии P1 и P2 с центрами A1 и A2 имеют один и тот же угол поворота, а произведение их коэффициентов равно 1. Докажите, что композиция P2 P1 является поворотом, причём его центр совпадает с центром другого поворота, переводящего A1 в A и имеющего угол поворота 2(MA1, MN), где M — произвольная точка и N = P1 (M).

19.38*. Треугольники MAB и MCD подобны, но имеют противоположные ориентации. Пусть O1 — центр поворота на угол 2(BA, BM), переводящего A в C, а O2 — центр поворота на угол 2(AB, AM), переводящего B в D. Докажите, что O1 = O2.

19.39*. Дана полуокружность с диаметром AB. Для каждой точки X этой полуокружности на луче XA откладывается точка Y так, что XY = kXB. Найдите ГМТ Y.

19.40*. На стороне AB треугольника ABC дана точка P. Впишите в треугольник ABC треугольник PXY, подобный данному треугольнику LMN.

19.41*. Постройте четырёхугольник ABCD по B + D, a = AB, См. также задачи 2.89, 5.108 б), 5.145, 18.32.

19.42. а) Пусть P — точка пересечения прямых AB и A1 B1. Докажите, что если среди точек A, B, A1, B1 и P нет совпадающих, то общая точка описанных окружностей треугольников PAA1 и PBB1 является центром поворотной гомотетии, переводящей точку A в A1, а точку B в B1, причём такая поворотная гомотетия единственна.

б) Докажите, что центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок BC, является точка пересечения окружности, проходящей через точку A и касающейся прямой BC в точке B, и окружности, проходящей через точку C и касающейся прямой AB в точке B.

19.43. По двум пересекающимся прямым с постоянными, но не равными скоростями движутся точки A и B. Докажите, что существует такая точка P, что в любой момент времени AP : BP = k, где k — отношение скоростей.

19.44. Постройте центр O поворотной гомотетии с данным коэффициентом k = 1, переводящей прямую l1 в прямую l2, а точку A лежащую на l1, — в точку A2.

19.45. Докажите, что центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A1 B1, совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AA1 в отрезок BB1.

19.46*. Четыре пересекающиеся прямые образуют четыре треугольника. Докажите, что четыре окружности, описанные около этих треугольников, имеют общую точку.

19.47*. Параллелограмм ABCD отличен от ромба. Прямые, симметричные прямым AB и CD относительно диагоналей AC и DB соответственно, пересекаются в точке Q. Докажите, что Q — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AO в отрезок OD, где O — центр параллелограмма.

19.48*. Даны два правильных пятиугольника с общей вершиной.

Вершины каждого пятиугольника нумеруются цифрами от 1 до 5 по часовой стрелке, причём в общей вершине ставится 1. Вершины с одинаковыми номерами соединены прямыми. Докажите, что полученные четыре прямые пересекаются в одной точке.

19.49*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что ABC A1 B1 C1. Пары отрезков BB1 и CC1, CC1 и AA1, AA1 и BB1 пересекаются в точках A2, B2 и C2 соответственно. Докажите, что описанные окружности треугольников ABC2, BCA2, CAB2, A1 B1 C2, B1 C1 A2 и C1 A1 B2 пересекаются в одной точке.

См. также задачу 5.145.

394 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия § 7. Композиции поворотных гомотетий 19.50. Пусть H1 и H2 — две поворотные гомотетии. Докажите, что H1 H2 = H2 H1 тогда и только тогда, когда центры этих поворотных гомотетий совпадают.

19.51. Пусть H1 и H2 — две поворотные гомотетии. Докажите, что H1 H2 = H2 H1 тогда и только тогда, когда H1 H2 (A) = H2 H1 (A) для некоторой точки A.

19.52. а) На сторонах треугольника ABC построены собственно подобные треугольники A1 BC, CAB1 и BC1 A. Пусть A2, B2 и C2 — соA2 C2 B2 ответственные точки этих треугольников. Докажите, что A1 BC.

б) Докажите, что центры правильных треугольников, построенных внешним (внутренним) образом на сторонах треугольника ABC, образуют правильный треугольник.

Пусть F1, F2 и F3 — три подобные фигуры, O1 — центр поворотной гомотетии, переводящей F2 в F3, точки O2 и O3 определяются аналогично. Если точки O1, O2 и O3 не лежат на одной прямой, то треугольник O1 O2 O называют треугольником подобия фигур F1, F2 и F3, а его описанную окружность называют окружностью подобия этих фигур. В случае, когда точки O1, O2 и O3 совпадают, окружность подобия вырождается в центр подобия, а в случае, когда эти точки не совпадают, но лежат на одной прямой, окружность подобия вырождается в ось подобия. В задачах этого параграфа предполагается, что окружность подобия рассматриваемых фигур не вырождена.

19.53*. Прямые A2 B2 и A3 B3, A3 B3 и A1 B1, A1 B1 и A2 B2 пересекаются в точках P1, P2, P3 соответственно.

а) Докажите, что описанные окружности треугольников A1 A2 P3, A1 A3 P2 и A2 A3 P1 пересекаются в одной точке, лежащей на окружности подобия отрезков A1 B1, A2 B2 и A3 B3.

б) Пусть O1 — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок A2 B2 в отрезок A3 B3 ; точки O2 и O3 определяются аналогично. Докажите, что прямые P1 O1, P2 O2 и P3 O3 пересекаются в одной точке, лежащей на окружности подобия отрезков A1 B1, A2 B2 и A3 B3.

Точки A1 и A2 называют соответственными точками подобных фигур F1 и F2, если при поворотной гомотетии, переводящей F1 в F2, точка A переходит в A2. Аналогично определяются соответственные прямые и отрезки.

19.54*. Пусть A1 B1, A2 B2 и A3 B3, а также A1 C1, A2 C2 и A3 C3 — соответственные отрезки подобных фигур F1, F2 и F3. Докажите, что треугольник, образованный прямыми A1 B1, A2 B2 и A3 B3, подобен треугольнику, образованному прямыми A1 C1, A2 C2 и A3 C3, причём центр поворотной гомотетии, переводящей один из этих треугольников в другой, лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3.

19.55*. Пусть l1, l2 и l3 — соответственные прямые подобных фигур F1, F2 и F3, пересекающиеся в точке W.

а) Докажите, что точка W лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3.

б) Пусть J1, J2 и J3 — точки пересечения прямых l1, l2 и l с окружностью подобия, отличные от точки W. Докажите, что эти точки зависят только от фигур F1, F2 и F3 и не зависят от выбора прямых l1, l2 и l3.

Точки J1, J2 и J3 называют постоянными точками подобных фигур F1, F2 и F3, а треугольник J1 J2 J3 называют постоянным треугольником.

19.56*. Докажите, что постоянный треугольник трёх подобных фигур подобен треугольнику, образованному их соответственными прямыми, причём эти треугольники противоположно ориентированы.

19.57*. Докажите, что постоянные точки трёх подобных фигур являются их соответственными точками.

Окружностью подобия треугольника ABC называют окружность подобия отрезка AB, отрезка BC и отрезка CA (или любых трёх подобных треугольников, построенных на этих отрезках). Постоянными точками треугольника называют постоянные точки трёх рассматриваемых фигур.

19.58*. Докажите, что окружностью подобия треугольника ABC является окружность с диаметром KO, где K — точка Лемуана, O — центр описанной окружности.

19.59*. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, K — точка Лемуана, P и Q — точки Брокара, f — угол Брокара. Докажите, что точки P и Q лежат на окружности с диаметром KO, причём OP = OQ и POQ = 2f.

Треугольник с вершинами в постоянных точках треугольника часто называют треугольником Брокара, а описанную окружность этого треугольника (т. е. окружность подобия треугольника) — окружностью Брокара. Диаметр KO этой окружности называют диаметром Брокара.

19.60*. Докажите, что вершинами треугольника Брокара A1 B1 C являются точки пересечения окружности Брокара с прямыми, проходящими через точку Лемуана параллельно сторонам треугольника ABC.

19.61*. а) Докажите, что прямые, проходящие через вершины треугольника ABC параллельно сторонам треугольника Брокара A1 B1 C (через A проходит прямая, параллельная B1 C1, и т. п.), пересекаются в одной точке S (точка Штейнера), причём эта точка лежит на описанной окружности треугольника ABC.

б) Докажите, что прямая Симсона точки Штейнера параллельна диаметру Брокара.

396 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия Задачи для самостоятельного решения 19.62. Впишите в данный треугольник ABC треугольник A1 B1 C1, стороны которого параллельны сторонам данного треугольника KLM.

19.63. На плоскости даны точки A и E. Постройте ромб ABCD с заданной высотой, для которого E — середина стороны BC.

19.64. Дан четырёхугольник. Впишите в него ромб, стороны которого параллельны диагоналям четырёхугольника.

19.65. Даны острый угол AOB и внутри его точка C. Найдите на стороне OB точку M, равноудалённую от стороны OA и от точки C.

19.66. Дан остроугольный треугольник ABC, O — точка пересечения его высот, w — окружность с центром O, лежащая внутри этого треугольника. Постройте треугольник A1 B1 C1, описанный около окружности w и вписанный в треугольник ABC.

19.67. Даны три прямые a, b, c и три точки A, B, C, расположенные соответственно на прямых a, b, c. Постройте точки X, Y, Z на прямых a, b, c так, чтобы BY : AX = 2, CZ : AX = 3 и точки X, Y, Z лежали на одной прямой.

19.1. При гомотетии с центром в точке пересечения диагоналей четырёхугольника и коэффициентом 3/2 точки пересечения медиан указанных треугольников переходят в середины сторон четырёхугольника. Остаётся воспользоваться результатом задачи 1.2.

19.2. При гомотетии с центром K, переводящей KBC в KAD, точка M переходит в N, поэтому точка K лежит на прямой MN. При гомотетии с центром L, переводящей LBC в LDA, точка M переходит в N. Поэтому точка L лежит на прямой MN.

19.3. Пусть продолжения боковых сторон AB и CD пересекаются в точке K, а диагонали трапеции пересекаются в точке L. Согласно предыдущей задаче прямая KL проходит через середину отрезка AD, а по условию задачи эта же прямая делит пополам угол AKD. Поэтому треугольник AKD равнобедренный (см. задачу 16.1), а значит, трапеция ABCD тоже равнобедренная.

19.4. При гомотетии с центром M и коэффициентом 2 прямые PA1, PB1 и PC1 переходят в прямые la, lb и lc, а значит, искомая точка Q является образом точки P при этой гомотетии.

19.5. Рассмотрим гомотетию Hk с центром B, переводящую отрезок AC в отрезок A C, касающийся описанной окружности треугольника ABC. Обозначим середины отрезков PK и A C через O1 и D, центр окружности S — через O.

Окружность S является вписанной окружностью треугольника A BC, поэтому достаточно доказать, что при гомотетии Hk точка O1 переходит в O. Для этого достаточно проверить, что BO1 : BO = BA : BA. Это равенство следует из того, что PO1 и DA — высоты подобных прямоугольных треугольников BPO и BDA.

19.6. Пусть k — коэффициент подобия многоугольников, причём k < 1.

Сдвигая стороны исходного многоугольника внутрь последовательно на k, k2, k3,..., получаем стягивающуюся систему вложенных выпуклых многоугольников, подобных исходному с коэффициентами k, k2, k3,... Единственная общая точка этих многоугольников является центром вписанной окружности исходного многоугольника.

19.7. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, AC и AB соответственно. При гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника и коэффициентом гомотетии 1/ описанная окружность S треугольника ABC переходит в описанную окружность S1 треугольника A1 B1 C1. Так как окружность S пересекает все стороны треугольника ABC, то можно построить треугольник A B C со сторонами, параллельными сторонам треугольника ABC, для которого S1 будет вписанной Рис. 19. окружностью (рис. 19.1). Пусть r и r — радиусы вписанных окружностей треугольников ABC и A B C ; R и R1 — радиусы окружностей S и S1. Ясно, что r r =R1 =R/2. Равенство достигается, если треугольники A B C и ABC совпадают, т. е. S1 — вписанная окружность треугольника ABC. В этом случае AB1 = AC1, поэтому AB = AC. Аналогично AB = BC.

19.8. Так как MMi = (MA1 +... + MAn MAi )/(n 1) = MAi /(n 1), то точка Ai переходит в точку Mi при гомотетии с центром M и коэффициентом 1/(n 1).

19.9. Пусть A и B — пара наиболее удалённых друг от друга точек многоугольника. Тогда 1 = H1/2 () и 2 = H1/2 () — искомые фигуры. В самом деле, 1 и 2 не пересекаются, так как лежат по разные стороны от серединного перпендикуляра к отрезку AB. Кроме того, i содержится в, так как — выпуклый многоугольник.

19.10. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC, O — середина отрезка AB. Ясно, что 3OM = OC, поэтому точки M заполняют окружность, полученную из исходной окружности гомотетией с коэффициентом 1/3 и центром O.

19.11. а) При гомотетии с центром B, переводящей вписанную окружность во вневписанную окружность, касающуюся стороны AC, точка M переходит в некоторую точку M. Точка M является концом диаметра, перпендикулярного прямой AC, поэтому M является точкой касания вписанной окружности со стороной AC, а значит, и точкой пересечения прямой BM со стороной AC.

Поэтому K = M и точка K является точкой касания вневписанной окружности со стороной AC. Теперь легко вычислить, что AK = (a + b c)/2 = CD, где a, b и c — длины сторон треугольника ABC.

б) Рассмотрим гомотетию с центром M, переводящую прямую EH в прямую, касающуюся данной окружности. При этой гомотетии точки E, F, K и H переходят в точки E, F, K и H. Согласно задаче а) E F = K H, поэтому EF = KH.

19.12. Воспользуемся решением и обозначениями задачи 19.11 а). Так как AK = DC, то B1 K = B1 D, а значит, B1 O — средняя линия треугольника MKD.

19.13. Пусть Oa, Ob, Og и Od — центры окружностей a, b, g и d;

O1 и O2 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

398 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия Треугольник ABC переходит в треугольник Oa Ob Og при гомотетии с центром O1. При этой гомотетии точка O2 переходит в центр описанной окружности треугольника Oa Ob Og, совпадающий с точкой Od. Поэтому точки O1, O2 и Od лежат на одной прямой.

19.14. Пусть A1, B1 и C1 — центры данных окружностей, касающихся сторон треугольника, O — центр окружности, касающейся этих окружностей, O1 и O2 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

Прямые AA1, BB1 и CC1 являются биссектрисами треугольника ABC, поэтому они пересекаются в точке O1. Следовательно, треугольник ABC переходит в треугольник A1 B1 C1 при гомотетии с центром O1, причём коэффициент гомотетии равен отношению расстояний от точки O1 до сторон треугольников ABC и A1 B1 C1, т. е. равен (r r)/r. При этой гомотетии описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окружность треугольника A1 B1 C1. Так как OA1 = OB1 = OC1 = 2r, радиус описанной окружности треугольника A1 B1 C1 равен 2r. Следовательно, R(r r)/r = 2r, т. е. r = rR/(2r + R).

19.15. Пусть X — центр гомотетии (с положительным коэффициентом), переводящей вписанную окружность треугольника ABC в описанную окружность. Прямая AX пересекает вписанную окружность в точках A и A, одна из которых (для определённости A ) при указанной гомотетии переходит в точку A, а другая — в некоторую точку A2, лежащую на описанной окружности.

Рассмотрим гомотетию с центром A, переводящую A в A2. При этой гомотетии центр вписанной окружности переходит в точку, лежащую на отрезке OA2, где O — центр описанной окружности. Это означает, что вписанная окружность переходит в окружность, касающуюся описанной окружности в точке A2. Следовательно, A2 = A1. Поэтому прямые AA1, BB1 и CC1 проходят через точку X.

19.16. Возьмём на биссектрисе угла ABC произвольную точку O и построим окружность S с центром O, касающуюся сторон угла. Прямая BM пересекает окружность S в точках M1 и M2. Задача имеет два решения: при гомотетии с центром B, переводящей M1 в M, и при гомотетии с центром B, переводящей M2 в M, окружность S переходит в окружности, проходящие через точку M и касающиеся сторон угла.

19.17. Ясно, что обе окружности касаются одной из сторон треугольника.

Покажем, как построить окружности, касающиеся стороны AB. Построим окружности S1 и S2 одного радиуса, касающиеся друг друга и прямой c = AB и расположенные внутри треугольника ABC. Построим касательные a и b к этим окружностям, параллельные прямым BC и AC соответственно. Треугольник A B C, образованный прямыми a, b и c, имеет стороны, параллельные сторонам треугольника ABC. Поэтому существует гомотетия, переводящая треугольник A B C в треугольник ABC. Искомые окружности являются образами окружностей S1 и S2 при этой гомотетии.

19.18. а) Отложим на сторонах AB и BC треугольника ABC отрезки AX1 и CY1 равной длины a. Проведём через точку Y1 прямую l, параллельную стороне AC. Пусть Y2 — точка пересечения прямой l и окружности радиуса a с центром X1, лежащая внутри треугольника. Тогда искомая точка Y является точкой пересечения прямой AY2 со стороной BC, X — такая точка луча AB, что AX = CY.

б) Возьмём на стороне AB произвольную точку X1 = B. Окружность радиуса BX1 с центром X1 пересекает луч BC в точках B и Y1. На прямой BC построим такую точку C1, что Y1 C1 = BX1 и точка Y1 лежит между B и C1.

При гомотетии с центром B, переводящей точку C1 в C, точки X1 и Y переходят в искомые точки X и Y.

19.19. Возьмём отрезок AD и проведём окружности S1 и S2 с центром A и радиусами AB и AC соответственно. Вершина B является точкой пересечения окружности S1 с образом окружности S2 при гомотетии с центром D и коэффициентом DB/DC = AB/AC.

19.20. Возьмём на большей окружности S2 произвольную точку X. Пусть S2 — образ окружности S2 при гомотетии с центром X и коэффициентом 1/3, Y — точка пересечения окружностей S2 и S1. Тогда XY — искомая прямая.

19.21. Восставим из точек B и C перпендикуляры к прямым AB и AC;

пусть P — точка их пересечения. Тогда точка пересечения прямых AP и BC — искомая.

19.22. Проведём к окружностям S1 и S2 общие внешние касательные l1 и l2. Прямые l1 и l2 пересекаются в точке K, которая является центром гомотетии H, переводящей окружность S1 в окружность S2. Пусть A1 = H(A).

Точки A и K лежат на прямой, соединяющей центры окружностей, поэтому AA1 — диаметр окружности S2, т. е. ACA1 = 90 и A1 C AB. Следовательно, отрезок AB при гомотетии H переходит в A1 C. Поэтому прямая BC проходит через точку K и ADK = 90. Точка D лежит на окружности S с диаметром AK. Ясно также, что точка D лежит внутри угла, образованного прямыми l1 и l2. Таким образом, геометрическим местом точек D является дуга окружности S, высекаемая прямыми l1 и l2.

19.23. Из условия задачи следует, что отображение f взаимно однозначно.

а) Пусть точка A переходит при отображении f в точку A, а B — в точку B. Тогда BB = BA + AA + A B = AB + AA + AB = AA, т. е. преобразование f является параллельным переносом.

б) Рассмотрим три точки A, B и C, не лежащие на одной прямой. Пусть A, B и C — их образы при отображении f. Прямые AB, BC и CA не могут совпасть с прямыми A B, B C и C A соответственно, так как в этом случае A = A, B = B и C = C. Пусть AB = A B. Прямые AA и BB не параллельны, поскольку иначе четырёхугольник ABB A был бы параллелограммом и AB = A B. Пусть O — точка пересечения прямых AA и BB.

Треугольники AOB и A OB подобны с коэффициентом подобия k, поэтому OA = kOA, т. е. O — неподвижная точка преобразования f. Следовательно, Of(X) = f(O)f(X) = kOX для любой точки X, а это означает, что преобразование f является гомотетией с коэффициентом k и центром O.

19.24. Пусть H = H2 H1, где H1 и H2 — гомотетии с центрами O1 и O и коэффициентами k1 и k2. Введём обозначения A = H1 (A), B = H1 (B), = k1 k2 AB. Из этого с помощью предыдущей задачи получаем, что преобразование H при k1 k2 = 1 является гомотетией с коэффициентом k1 k2, а при k1 k2 = 1 — параллельным переносом.

400 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия Остаётся проверить, что неподвижная точка преобразования H лежит на прямой, соединяющей центры гомотетий H1 и H2. Так как O1 A = k1 O1 A + k1 k2 O1 O2 + k1 k2 O2 A. Для неподвижной точки X получаем уравнение O2 X = = (k1 k2 k2 )O1 O2 + k1 k2 O2 X, поэтому O2 X = lO1 O2, где l = (k1 k2 k2 )/(1 k1 k2 ).

19.25. Точка A является центром гомотетии, переводящей S1 в S2, точка B — центром гомотетии, переводящей S2 в S3. Композиция этих гомотетий переводит S1 в S3, причём её центр лежит на прямой AB. С другой стороны, центром гомотетии, переводящей S1 в S3, является точка C. В самом деле, точке пересечения внешних касательных соответствует гомотетия с положительным коэффициентом, а композиция гомотетий с положительными коэффициентами является гомотетией с положительным коэффициентом.

19.26. а) Пусть K, L, M — точки пересечения прямых AB и CD, AP и DQ, BP и CQ. Эти точки являются центрами гомотетий HK, HL и HM с положительными коэффициентами, переводящих соответственно отрезок BC в AD, AD в PQ и BC в PQ. Ясно, что HL HK = HM. Поэтому точки K, L и M лежат на одной прямой.

б) Пусть K, L, M — точки пересечения прямых AB и CD, AQ и DP, BQ и CP. Эти точки являются центрами гомотетий HK, HL и HM, переводящих соответственно отрезок BC в AD, AD в QP, BC в QP, коэффициент первой гомотетии положительный, а двух последних — отрицательный. Ясно, что HL HK = HM. Поэтому точки K, L и M лежат на одной прямой.

19.27. Так как (P1 A, AB) = (P2 A, AB), то ориентированные угловые величины дуг BP1 и BP2 равны. Поэтому при поворотной гомотетии с центром B, переводящей S1 в S2, точка P1 переходит в P2, а прямая P1 Q переходит в прямую P2 Q2.

19.28. Так как ориентированные угловые величины дуг AM1 и AM2 равны, то (M1 B, BA) = (M2 B, BA), а значит, точки M1, M2 и B лежат на одной прямой.

19.29. Пусть Pi — поворотная гомотетия с центром O, переводящая окружность Si в Si+1. Тогда Xi+1 = Pi (Xi ) (см. задачу 19.28). Остаётся отметить, что композиция Pn... P2 P1 является поворотной гомотетией с центром O, переводящей S1 в S1, т. е. она является тождественным преобразованием.

19.30. Так как AMB = NAB и BAM = BNA, то AMB NAB, а значит, AN : AB = MA : MB = CN : MB. Кроме того, ABM = 180 MAN = ANC.

Следовательно, AMB ACN, т. е. поворотная гомотетия с центром A, переводящая M в B, переводит C в N, а значит, она переводит Q в P.

19.31. Пусть O1 и O2 — центры данных окружностей, r1 и r2 — их радиусы. Коэффициент k поворотной гомотетии, переводящей S1 в S2, равен r1 /r2, а её центр O лежит на окружности с диаметром O1 O2, и, кроме того, OO1 : OO2 = k = r1 /r2. Остаётся проверить, что окружность с диаметром O1 O и ГМТ O таких, что OO1 : OO2 = k, имеют ровно две общие точки. При k = это очевидно, а при k = 1 последнее ГМТ описано в решении задачи 7.14: оно является окружностью, причём одна из её точек пересечения с прямой O1 O лежит внутри отрезка O1 O2, а другая — вне его.

19.32. Рассмотрим преобразование, переводящее треугольник BHC в треугольник PHB, т. е. композицию поворота на 90 относительно точки H и гомотетии с коэффициентом BP : CB и центром H. Поскольку при этом преобразовании вершины квадрата переходят в вершины некоторого другого квадрата, а точки C и B переходят в точки B и P, то точка D переходит в точку Q, т. е. DHQ = 90.

19.33. Пусть P — поворотная гомотетия, переводящая вектор CB в вектор CA1. Тогда AA1 + CC1 + BB1 = AC + P(CB) + CB + P(BA) + BA + P(AC) = 0 .

Значит, если M — центр масс треугольника ABC, то MA1 + MB1 + MC1 = = (MA + MB + MC) + (AA1 + BB1 + CC1 ) = 0.

19.34. Пусть M — общая середина сторон BC и B1 C1, x = MB и y = MB1.

Пусть, далее, P — поворотная гомотетия с центром M, углом поворота и коэффициентом 3, переводящая точку B в A, а B1 — в A1. Тогда BB1 = y x и AA1 = P(y) P(x) = BB1 ). Поэтому угол между векторами AA1 и BB1 равен 90 и AA1 : BB1 = 3.

19.35. Пусть P — поворотная гомотетия, переводящая треугольник ABC в треугольник A1 B1 C1. Тогда A2 B2 = A2 O + OB2 = A1 A + BB1 = BA + A1 B1 = = AB + P(AB). Аналогично и остальные векторы сторон треугольника ABC переводятся в векторы сторон треугольника A2 B2 C2 преобразованием f(a) = = a + P(a).

19.36. Исходная карта является прямоугольником K0 на плоскости, меньшая карта — прямоугольником K1, содержащимся в K0. Рассмотрим поворотную гомотетию f, отображающую прямоугольник K0 на K1. Пусть Ki+1 = f(Ki ).

Так как последовательность Ki является стягивающейся последовательностью вложенных многоугольников, существует единственная точка X, принадлежащая всем прямоугольникам Ki. Докажем, что X — искомая точка, т. е. f(X) = X. В самом деле, так как точка X принадлежит Ki, то точка f(X) принадлежит Ki+1, т. е. точка f(X) также принадлежит всем прямоугольникам Ki. Поскольку имеется только одна точка, принадлежащая всем прямоугольникам, то f(X) = X.

19.37. Так как произведение коэффициентов поворотных гомотетий P1 и P равно 1, их композиция является поворотом (см. задачу 17.38). Пусть O — центр поворота P2 P1 ; R = P1 (O). Так как P2 P1 (O) = O, то P2 (R) = O. Следовательно, по условию A1 O : A1 R = A2 O : A2 R и OA1 R = OA2 R, т. е. OA1 R OA2 R. Кроме того, OR — общая сторона этих подобных треугольников, значит, OA1 R = OA2 R. Следовательно, OA1 =OA2 и (OA1, OA2 )=2(OA1, OR)= = 2(MA1, MN), т. е. O — центр поворота на угол 2(MA1, MN), переводящего A1 в A2.

19.38. Пусть P1 — поворотная гомотетия с центром B, переводящая A в M, а P2 — поворотная гомотетия с центром D, переводящая M в C.

Так как произведение коэффициентов этих поворотных гомотетий равно (BM : BA) · (DC : DM) = 1, то их композиция P2 P1 является поворотом (переводящим A в C) на угол (BA, BM) + (DM, DC) = 2(BA, BM).

С другой стороны, центр поворота P2 P1 совпадает с центром поворота на угол 2(AB, AM), переводящего B в D (см. задачу 19.37). 19.39. Легко проверить, что tg XBY = k и BY : BX = k2 + 1, т. е. точка Y получается из X поворотной гомотетией с центром B, углом поворота arctg k и коэффициентом k2 + 1. Искомое ГМТ — образ данной полуокружности при этой поворотной гомотетии.

402 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.40. Предположим, что треугольник PXY построен, причём точки X и Y лежат на сторонах AC и CB соответственно. Нам известно преобразование, переводящее X в Y, а именно — поворотная гомотетия с центром P, углом поворота f = XPY = MLN и коэффициентом гомотетии k = PY : PX = LN · LM.

Искомая точка Y является точкой пересечения отрезка BC и образа отрезка AC при этом преобразовании.

19.41. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Рассмотрим поворотную гомотетию с центром A, переводящую B в D. Пусть C — образ точки C при этой гомотетии. Тогда CDC = B + D и DC = (BC · AD)/AB = = bd/a.

Треугольник CDC можно построить по CD, DC и CDC. Точка A является точкой пересечения окружности радиуса d с центром D и геометрического места точек X, для которых C X : CX = d : a (это ГМТ — окружность; см. задачу 7.14). Дальнейшее построение очевидно.

19.42. а) Если O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A1 B1, то а значит, точка O является точкой пересечения описанных окружностей треугольников PAA1 и PBB1. Случай, когда эти окружности имеют единственную общую точку P, очевиден: отрезок AB переходит в отрезок A1 B при гомотетии с центром P. Если P и O — две точки пересечения рассматOAB OA1 B1, риваемых окружностей, то из равенств (1) следует, что а значит, O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A1 B1.

б) Достаточно заметить, что точка O является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок BC, тогда и только тогда, когда (BA, AO) = (CB, BO) и (AB, BO) = (BC, CO).

19.43. Пусть A1 и B1 — положения точек в один момент, A2 и B2 — положения точек в другой момент. Тогда в качестве точки P можно взять центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок A1 A2 в отрезок B1 B2.

19.44. Пусть P — точка пересечения прямых l1 и l2. Согласно задаче 19. точка O лежит на описанной окружности S1 треугольника A1 A2 P. С другой стороны, OA2 : OA1 = k. Геометрическим местом точек X, для которых XA2 : XA1 = k, является окружность S2 (задача 7.14). Точка O является точкой пересечения окружностей S1 и S2 (таких точек две).

19.45. Пусть O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A1 B1. Тогда =A1 O:B1 O. Следовательно, AOA1 =BOB1 и AO:A1 O=BO:B1 O, т. е. AA1 O BB1 O. Поэтому точка O является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AA1 в отрезок BB1.

19.46. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке C, а прямые BD и AE — в точке F. Центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок ED, является точка пересечения описанных окружностей треугольников AEC и BDC, отличная от точки C (см. задачу 19.42), а центром поворотной гомотетии, переводящей AE в BD, — точка пересечения описанных окружностей треугольников ABF и EDF. Согласно задаче 19.45 центры этих поворотных гомотетий совпадают, т. е. все четыре описанные окружности имеют общую точку.

19.47. Центр O параллелограмма ABCD равноудалён от следующих пар прямых: AQ и AB, AB и CD, CD и DQ, поэтому QO — биссектриса угла AQD. Пусть a = BAO, b = CDO и f = AQO = DQO. Тогда = QOD.

19.48. Решим задачу в несколько более общем виде. Пусть на окружности S взята точка O, H — поворотная гомотетия с центром O. Докажем, что тогда все прямые XX, где X — точка окружности S и X = H(X), пересекаются в одной точке.

Пусть P — точка пересечения прямых X1 X1 и X2 X2. Согласно задаче 19. точки O, P, X1 и X2 лежат на одной окружности и точки O, P, X1 и X2 тоже лежат на одной окружности. Следовательно, P — точка пересечения окружностей S и H(S), т. е. все прямые XX проходят через точку пересечения окружностей S и H(S), отличную от точки O.

19.49. Пусть O — центр поворотной гомотетии, переводящей треугольник A1 B1 C1 в треугольник ABC. Докажем, например, что описанные окружности треугольников ABC2 и A1 B1 C2 проходят через точку O. При рассматриваемой гомотетии отрезок AB переходит в отрезок A1 B1, поэтому точка O совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AA1 в отрезок BB1 (см. задачу 19.45). Согласно задаче 19.42 центр последней гомотетии является второй точкой пересечения описанных окружностей треугольников ABC2 и A1 B1 C2 (или точкой их касания).

19.50. Пусть O1 и O2 — центры поворотных гомотетий H1 и H2. Ясно, что если O1 и O2 совпадают, то H1 H2 = H2 H1. Предположим теперь, что H1 H2 = H2 H1. Тогда, в частности, H1 H2 (O1 ) = H2 H1 (O1 ) = H2 (O1 ).

Поэтому H2 (O1 ) — центр поворотной гомотетии H1, т. е. H2 (O1 ) = O1. Но тогда O1 — центр поворотной гомотетии H2, что и требовалось.

19.51. Достаточно доказать, что если H1 H2 (A) = H2 H1 (A), то H1 H2 = = H2 H1. Рассмотрим преобразование (H1 H2 )1 H2 H1. Это преобразование является параллельным переносом (произведение коэффициентов гомотетии равно 1, а сумма углов поворотов равна 0). Кроме того, это преобразование имеет неподвижную точку A. Параллельный перенос, имеющий неподвижную точку, является тождественным преобразованием. Следовательно, H1 H2 = H2 H1.

19.52. а) Пусть H1 — поворотная гомотетия, переводящая треугольник A1 BC в треугольник CAB1, H2 — поворотная гомотетия, переводящая треугольник CAB1 в треугольник BC1 A, H — поворотная гомотетия, переводящая точки A1 и C в точки A2 и B2. Тогда H1 H(A1 ) = H1 (A2 ) = B2 = H(C) = H H1 (A1 ).

Поэтому согласно задаче 19.51 H1 H = H H1, а значит, согласно задаче 19.50 поворотные гомотетии H и H1 имеют общий центр.

Ясно также, что H1 H2 (C) = H1 (B) = A = H2 (B1 ) = H2 H1 (C). Поэтому поворотные гомотетии H1 и H2 имеют общий центр. Итак, все три поворотные гомотетии H1, H2 и H имеют общий центр. Поэтому H2 H = = H H2. Следовательно, H(B) = H H2 (C) = H2 H(C) = H2 (B2 ) = C2. Таким образом, поворотная гомотетия H переводит треугольник A1 BC в треугольник A2 C2 B2.

б) Эта задача является частным случаем задачи а).

404 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.53. Точки A1, A2 и A3 лежат на прямых P2 P3, P3 P1 и P1 P2 (рис. 19.2), поэтому описанные окружности треугольников A1 A2 P3, A1 A3 P2 и A2 A3 P имеют общую точку V (см. задачу 2.83 а), причём точки O3, O2 и O лежат на этих окружностях (см. задачу 19.42). Аналогично описанные окружности треугольников B1 B2 P3, B1 B3 P2 и B2 B3 P1 имеют общую точку V.

Пусть U — точка пересечения прямых P2 O2 и P3 O3. Докажем, что точка V лежит на описанной окружности треугольника O2 O3 U. В самом деле, (O2 V, VO3 ) = (VO2, O2 P2 ) + (O2 P2, P3 O3 ) + (P3 O3, O3 V) = (VA1, A1 P2 ) + + (O2 U, UO3 ) + (P3 A1, A1 V) = (O2 U, UO3 ). Аналогичные рассуждения показывают, что точка V лежит на описанной окружности треугольника O2 O3 U.

В частности, точки O2, O3, V и V лежат на одной окружности. Аналогично точки O1, O2, V и V лежат на одной окружности, а значит, точки V и V лежат на описанной окружности треугольника O1 O2 O3 ; точка U тоже лежит на этой окружности. Аналогично доказывается, что прямые P1 O1 и P2 O2 пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия. Прямая P2 O2 пересекает окружность подобия в точках U и O2, поэтому прямая P1 O1 проходит через точку U.

19.54. Пусть P1 — точка пересечения прямых A2 B2 и A3 B3, P1 — точка пересечения прямых A2 C2 и A3 C3 ; точки P2, P3, P2 и P3 определяются аналогично. При поворотной гомотетии, переводящей F1 в F2, прямые A1 B и A1 C1 переходят в A2 B2 и A2 C2, поэтому (A1 B1, A2 B2 ) = (A1 C1, A2 C2 ), т. е. углы при вершинах P3 и P3 треугольников P1 P2 P3 и P1 P2 P3 равны или составляют в сумме 180. Аналогичные рассуждения показывают, что Центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок P2 P3 в P2 P3, лежит на описанной окружности треугольника A1 P3 P3 (см. задачу 19.42). А так как (P3 A1, A1 P3 ) = (A1 B1, A1 C1 ) = (A2 B2, A2 C2 ) = (P3 A2, A2 P3 ), то описанная окружность треугольника A1 P3 P3 совпадает с описанной окружностью треугольника A1 A2 P3. Аналогичные рассуждения показывают, что центр рассматриваемой поворотной гомотетии является точкой пересечения описанных окружностей треугольников A1 A2 P3, A1 A3 P2 и A2 A3 P1 ; эта точка лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3 (задача 19.53 а).

19.55. а) Пусть l1, l2 и l3 — соответственные прямые фигур F1, F2 и F3, причём li li ; эти прямые образуют треугольник P1 P2 P3. При поворотной гомотетии с центром O3, переводящей F1 в F2, прямые l1 и l1 переходят в l2 и l2, поэтому при гомотетии с центром O3, переводящей прямую l в l1, прямая l2 переходит в l2. Следовательно, прямая P3 O3 проходит через точку W. Аналогично прямые P1 O1 и P2 O2 проходят через точку W, а значит, точка W лежит на окружности подобия фигур F1, F2 и F3 (см. задачу 19.53 б).

б) Отношение расстояний от точки O1 до прямых l2 и l3 равно коэффициенту поворотной гомотетии, переводящей F2 в F3, а угол P1 треугольника P1 P2 P3 равен углу её поворота. Поэтому (O1 P1, P1 P2 ) зависит лишь от фигур F2 и F3. А так как (O1 W, WJ3 ) = (O1 P1, P1 P2 ), то дуга O1 J3 фиксирована (рис. 19.3), а значит, точка J3 фиксирована. Аналогично доказывается, что точки J1 и J2 фиксированы.

19.56. Воспользуемся обозначениями задачи 19.55. Ясно, что (J1 J2, J2 J3 )= = (J1 W, WJ3 ) = (P3 P2, P2 P1 ). Для других углов треугольников доказательство аналогично.

19.57. Докажем, например, что при поворотной гомотетии с центром O1, переводящей F2 в F3, точка J2 переходит в J3. В самом деле, (J2 O1, O1 J3 ) = = (J2 W, WJ3 ). Кроме того, прямые J2 W и J3 W являются соответственными прямыми фигур F2 и F3, поэтому отношение расстояний от них до точки O равно коэффициенту подобия k1, а значит, O1 J2 /O1 J3 = k1.

19.58. Пусть Oa — точка пересечения окружности, проходящей через точку B и касающейся прямой AC в точке A, и окружности, проходящей через точку C и касающейся прямой AB в точке A. Согласно задаче 19.42 б) точка Oa является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок BA в отрезок AC. Определив аналогично точки Ob и Oc и воспользовавшись результатом задачи 19.53 б), получим, что прямые AOa, BOb и COc пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия S. С другой стороны, эти прямые пересекаются в точке Лемуана K (см. задачу 5.155).

Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника являются соответственными прямыми рассматриваемых подобных фигур. Они пересекаются 406 Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия в точке O, поэтому точка O лежит на окружности подобия S (см. задачу 19.55 а); кроме того, эти прямые пересекают окружность S в постоянных точках A1, B1 и C1 треугольника ABC (см. задачу 19.55 б). С другой стороны, прямые, проходящие через точку K параллельно BC, CA и AB, тоже являются соответственными прямыми рассматриваемых фигур. Действительно, трилинейные координаты точки Лемуана K равны (a : b : c), потому что она изогонально сопряжена точке пересечения медиан, которая имеет трилинейные координаты (a1 : b1 : c1 ); поэтому расстояния от точки K до сторон треугольника пропорциональны длинам сторон. Таким образом, указанные прямые тоже пересекают окружность S в точках A1, B1 и C1. Следовательно, OA1 A1 K, т. е. OK — диаметр окружности S.

19.59. Если P — первая точка Брокара треугольника ABC, то CP, AP и BP — соответственные прямые для подобных фигур, построенных на отрезках BC, CA и AB. Поэтому точка P лежит на окружности подобия S (см. задачу 19.55 а). Аналогично точка Q лежит на окружности S. Кроме того, прямые CP, AP и BP пересекают окружность S в постоянных точках A1, B1 и C треугольника ABC (см. задачу 19.55 б). А так как KA1 BC (см. решение PK = 2f. Аналогично PQ)/2 = 2f.

19.60. Точка Лемуана имеет трилинейные координаты (a : b : c), поэтому прямые, проходящие через точку Лемуана параллельно сторонам треугольника, являются соответственными прямыми фигур, построенных на сторонах треугольника ABC. (Имеется в виду, что коэффициент подобия фигур равен отношению сторон.) 19.61. а) Оба утверждения непосредственно следуют из задачи 5.115 а).

Действительно, точка Лемуана K лежит на описанной окружности треугольника A1 B1 C1 и KA1 BC и т. д.

б) Это следует из задачи 5.115 б).

ПРИНЦИП КРАЙНЕГО

1. Для решения многих задач бывает полезно рассмотреть какой-либо «крайний», «граничный» элемент, т. е. элемент, на котором некоторая величина принимает наибольшее или наименьшее значение, например, наибольшую или наименьшую сторону треугольника, наибольший или наименьший угол и т. д. Этот метод решения задач иногда называют принципом (правилом) крайнего; название это, правда, не общепринятое.

2. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника. Его вершины можно обозначить так, что CO AO и BO DO. Тогда при симметрии относительно точки O треугольник BOC попадает внутрь треугольника AOD, т. е. в некотором смысле треугольник BOC наименьший, а треугольник AOD наибольший (см. § 4).

3. Вершины выпуклой оболочки и опорные прямые тоже являются в некотором смысле крайними элементами; эти понятия используются в § 5, там приведены их определения и свойства.

§ 1. Наименьший или наибольший угол 20.1. Докажите, что если длины всех сторон треугольника меньше 1, то его площадь меньше 3/4.

20.2. Докажите, что круги, построенные на сторонах выпуклого четырёхугольника как на диаметрах, полностью покрывают этот четырёхугольник.

20.3. В некоторой стране 100 аэродромов, причём все попарные расстояния между ними различны. С каждого аэродрома поднимается самолёт и летит на ближайший к нему аэродром. Докажите, что ни на один аэродром не может прилететь больше пяти самолётов.

20.4. Внутри круга радиуса 1 лежат восемь точек. Докажите, что расстояние между некоторыми двумя из них меньше 1.

20.5. Шесть кругов расположены на плоскости так, что некоторая точка O лежит внутри каждого из них. Докажите, что один из этих кругов содержит центр некоторого другого.

20.6*. Внутри остроугольного треугольника взята точка P. Докажите, что наибольшее из расстояний от точки P до вершин этого треугольника не меньше удвоенного наименьшего из расстояний от P до его сторон.

20.7*. а) Длины биссектрис треугольника не превосходят 1. Докажите, что его площадь не превосходит 1/ 3.

б) На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Докажите, что если длины отрезков AA1, BB1 и CC1 не превосходят 1, то площадь треугольника ABC не превосходит 1/ 3.

См. также задачу 13.26.

§ 2. Наименьшее или наибольшее расстояние 20.8. На плоскости дано n 3 точек, причём не все они лежат на одной прямой. Докажите, что существует окружность, проходящая через три из данных точек и не содержащая внутри ни одной из оставшихся точек.

20.9. На плоскости расположено несколько точек, все попарные расстояния между которыми различны. Каждую из этих точек соединяют с ближайшей. Может ли при этом получиться замкнутая ломаная?

20.10. Докажите, что по крайней мере одно из оснований перпендикуляров, опущенных из внутренней точки выпуклого многоугольника на его стороны, лежит на самой стороне, а не на её продолжении.

20.11. Из каждой вершины многоугольника опущены перпендикуляры на стороны, её не содержащие. Докажите, что хотя бы для одной вершины одно из оснований перпендикуляров лежит на самой стороне, а не на её продолжении.

20.12*. Докажите, что в любом выпуклом пятиугольнике найдутся три диагонали, из которых можно составить треугольник.

20.13*. Докажите, что многоугольник нельзя покрыть двумя многоугольниками, гомотетичными ему с коэффициентом k, где 0 < k < 1.

20.14*. На плоскости дано конечное число точек, причём любая прямая, проходящая через две из данных точек, содержит ещё одну данную точку. Докажите, что все данные точки лежат на одной прямой (Сильвестр).

20.15*. На плоскости дано конечное число попарно непараллельных прямых, причём через точку пересечения любых двух из них проходит ещё одна из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.

20.16*. На плоскости дано n точек и отмечены середины всех отрезков с концами в этих точках. Докажите, что различных отмеченных точек не менее 2n 3.

См. также задачи 9.18, 9.20, 9.57, 9.58, 16.11, 17.35, 19.9.

§ 3. Наименьшая или наибольшая площадь 20.17*. На плоскости расположено n точек, причём площадь любого треугольника с вершинами в этих точках не превосходит 1. Докажите, что все эти точки можно поместить в треугольник площади 4.

20.18*. Многоугольник M гомотетичен многоугольнику M с коэффициентом гомотетии 1/2. Докажите, что существует параллельный перенос, переводящий многоугольник M внутрь многоугольника M.

См. также задачу 9.46.

20.19*. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Докажите, что если периметры треугольников ABO, BCO, CDO и DAO равны, то ABCD — ромб.

20.20*. Докажите, что если центр вписанной окружности четырёхугольника совпадает с точкой пересечения диагоналей, то четырёхугольник — ромб.

20.21*. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Докажите, что если радиусы вписанных окружностей треугольников ABO, BCO, CDO и DAO равны, то ABCD — ромб.

§ 5. Выпуклая оболочка и опорные прямые При решении задач этого параграфа рассматриваются выпуклые оболочки систем точек и опорные прямые выпуклых многоугольников.

Выпуклой оболочкой конечного набора точек называют наименьший выпуклый многоугольник, содержащий все эти точки (слово «наименьший»

означает, что он не содержится ни в каком другом таком многоугольнике). У любой конечной системы точек существует единственная выпуклая оболочка (рис. 20.1).

Опорной прямой выпуклого многоугольника называют прямую, проходящую через его вершину и обладающую тем свойством, что многоугольник лежит по одну сторону от неё. Легко проверить, что для любого выпуклого многоугольника существуют ровно две опорные прямые, параллельные данной прямой (рис. 20.2).

20.22. Решите задачу 20.8, воспользовавшись понятием выпуклой оболочки.

20.23*. На плоскости даны 2n + 3 точки, никакие три из которых не лежат на одной прямой, а никакие четыре не лежат на одной окружности. Докажите, что из этих точек можно выбрать три точки так, что n из оставшихся точек лежат внутри окружности, проведённой через выбранные точки, а n — вне её.

20.24*. Докажите, что любой выпуклый многоугольник площади можно поместить в прямоугольник площади 2.

20.25*. На плоскости дано конечное число точек. Докажите, что из них всегда можно выбрать точку, для которой ближайшими к ней являются не более трёх данных точек.

20.26*. На столе расположено n картонных и n пластмассовых квадратов, причём никакие два картонных и никакие два пластмассовых квадрата не имеют общих точек, в том числе и точек границы. Оказалось, что множество вершин картонных квадратов совпадает с множеством вершин пластмассовых квадратов. Обязательно ли каждый картонный квадрат совпадает с некоторым пластмассовым?

20.27*. На плоскости дано n 4 точек, причём никакие три из них не лежат на одной прямой. Докажите, что если для любых трёх из них найдётся четвёртая (тоже из данных), с которой они образуют вершины параллелограмма, то n = 4.

20.28*. На плоскости дано несколько точек, попарные расстояния между которыми не превосходят 1. Докажите, что эти точки можно покрыть правильным треугольником со стороной 3.

См. также задачи 9.58, 9.59.

20.29. На плоскости дано конечное множество многоугольников (не обязательно выпуклых), каждые два из которых имеют общую точку.

Докажите, что существует прямая, имеющая общие точки со всеми этими многоугольниками.

20.30. Можно ли на плоскости расположить 1000 отрезков так, чтобы каждый отрезок обоими концами упирался строго внутрь других отрезков?

20.31. На плоскости даны четыре точки, не лежащие на одной прямой. Докажите, что хотя бы один из треугольников с вершинами в этих точках не является остроугольным.

20.32. На плоскости дано бесконечное множество прямоугольников, вершины каждого из которых расположены в точках с координатами (0, 0), (0, m), (n, 0), (n, m), где n и m — целые положительные числа (свои для каждого прямоугольника). Докажите, что из этих прямоугольников можно выбрать два так, чтобы один содержался в другом.

20.33*. На плоскости дано n точек, причём любые три из них можно накрыть кругом радиуса 1. Докажите, что тогда все n точек можно накрыть кругом радиуса 1.

20.34*. Дан выпуклый многоугольник A1... An. Докажите, что описанная окружность некоторого треугольника Ai Ai+1 Ai+2 содержит весь многоугольник.

20.1. Пусть a — наименьший угол треугольника. Тогда a 60. Поэтому S = (bc sin a)/2 (sin 60 )/2 = 3/4.

20.2. Пусть X — произвольная точка, лежащая внутри выпуклого четырёхугольника. Так как AXB + BXC + CXD + AXD = 360, то наибольший из этих углов не меньше 90. Пусть для определённости AXB 90. Тогда точка X лежит внутри окружности с диаметром AB.

20.3. Если самолёты из точек A и B прилетели в точку O, то AB — наибольшая сторона треугольника AOB, т. е. AOB > 60. Предположим, что в точку O прилетели самолёты из точек A1,..., An. Тогда один из углов Ai OAj не превосходит 360 /n. Поэтому 360 /n > 60, т. е. n < 6.

20.4. По крайней мере семь точек отличны от центра O окружности. Поэтому наименьший из углов Ai OAj, где Ai и Aj — данные точки, не превосходит 360 /7 < 60. Если A и B — точки, соответствующие наименьшему углу, то AB < 1, так как AO 1, BO 1 и угол AOB строго меньше наибольшего угла треугольника AOB.

20.5. Один из углов между шестью отрезками, соединяющими точку O с центрами кругов, не превосходит 360 /6 = 60. Пусть O1 OO2 60, где O1 и O2 — центры кругов радиуса r1 и r2 соответственно. Так как O1 OO2 60, этот угол не является наибольшим углом треугольника O1 OO2 поэтому либо O1 O2 O1 O, либо O1 O2 O2 O. Пусть для определённости O1 O2 O1 O. Так как точка O лежит внутри кругов, то O1 O < r1. Поэтому O1 O2 O1 O < r1, т. е. точка O2 лежит внутри круга радиуса r1 с центром O1.

20.6. Опустим из точки P перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на стороны BC, CA и AB и выберем наибольший из углов, образованных этими перпендикулярами и лучами PA, PB и PC. Пусть для определённости это будет угол APC1. Тогда APC1 60, поэтому PC1 : AP = cos APC1 cos 60 = 1/2, т. е. AP 2PC1. Ясно, что неравенство сохранится, если AP заменить на наибольшее из чисел AP, BP и CP, а PC1 — на наименьшее из чисел PA1, PB1 и PC1.

20.7. а) Пусть для определённости a — наименьший угол треугольника ABC; AD — биссектриса. Одна из сторон AB и AC не превосходит AD/ cos(a/2), так как иначе отрезок BC не проходит через точку D. Пусть = hc AB/2 lc AB/2 1/ 3.

б) Предположим сначала, что треугольник ABC не остроугольный, например, A 90.Тогда AB BB1 1. Ясно также, что hc CC1 1. Поэтому SABC 1/2 < 1/ 3.

Предположим теперь, что треугольник ABC остроугольный. Пусть A — наименьший из его углов. Тогда A 60, поэтому высота ha делит угол A на два угла, один из которых не превосходит 30. Если этот угол прилегает к стороне AB, то AB ha / cos 30 2/ 3. Учитывая, что hc 1, получаем требуемое.

20.8. Пусть A и B — те из данных точек, расстояние между которыми минимально. Тогда внутри окружности с диаметром AB нет данных точек.

Пусть C — та из оставшихся точек, из которой отрезок AB виден под наибольшим углом. Тогда внутри окружности, проходящей через точки A, B и C, нет данных точек.

20.9. Предположим, что получилась замкнутая ломаная. Пусть AB — наибольшее звено этой ломаной, а AC и BD — соседние с ним звенья. Тогда AC < AB, т. е. B — не ближайшая к A точка, и BD < AB, т. е. A — не ближайшая к B точка. Поэтому точки A и B не могут быть соединены. Получено противоречие.

20.10. Пусть O — данная точка. Проведём прямые, содержащие стороны многоугольника, и выберем среди них ту, которая наименее удалена от точки O. Пусть на этой прямой лежит сторона AB. Докажем, что основание перпендикуляра, опущенного из точки O на сторону AB, лежит на самой стороне. Предположим, что основанием перпендикуляра, опущенного из точки O на прямую AB, является точка P, лежащая вне отрезка AB. Так как точка O лежит внутри выпуклого многоугольника, отрезок OP пересекает некоторую сторону CD в точке Q. Ясно, что OQ < OP, а расстояние от точки O до прямой CD меньше OQ. Поэтому прямая CD менее удалена от точки O, чем прямая AB, что противоречит выбору прямой AB.

20.11. Возьмём наибольшую сторону AB данного многоугольника и рассмотрим полосу, состоящую из тех точек, проекции которых на прямую AB попадают на отрезок AB. Эту полосу должна пересекать какая-нибудь другая сторона CD многоугольника (одна из вершин C и D может совпадать с A или с B). Неравенство CD AB показывает, что одна из вершин C и D лежит внутри или на границе полосы (если C = A или B, то вершина D лежит внутри полосы). Вершина, лежащая внутри или на границе полосы и отличная от A и B, обладает требуемым свойством.

20.12. Пусть BE — наибольшая диагональ пятиугольника ABCDE. Докажем, что тогда из отрезков BE, EC и BD можно составить треугольник. Для этого достаточно проверить, что BE < EC + BD. Пусть O — точка пересечения диагоналей BD и EC. Тогда BE < BO + OE < BD + EC.

20.13. Пусть O1 и O2 — центры гомотетий с коэффициентом k, переводящих многоугольник M в многоугольники M1 и M2. Тогда точка многоугольника M, наиболее удалённая от прямой O1 O2 не покрыта многоугольниками M1 и M2.

20.14. Предположим, что не все данные точки лежат на одной прямой.

Проведём через каждую пару данных точек прямую (этих прямых конечное число) и выберем наименьшее ненулевое расстояние от данных точек до этих прямых. Пусть наименьшим будет расстояние от точки A до прямой BC, где точки B и C данные. На прямой BC лежит ещё одна из данных точек — некоторая точка D. Опустим из точки A перпендикуляр AQ на прямую BC. Две из точек B, C и D лежат по одну сторону от точки Q, например C и D. Пусть для определённости CQ < DQ (рис. 20.3). Тогда расстояние от точки C до прямой AD меньше, чем расстояние от точки A до прямой BC, что противоречит выбору точки A и прямой BC.

20.15. Предположим, что не все прямые проходят через одну точку. Рассмотрим точки пересечения прямых и выберем наименьшее ненулевое расстояние от этих точек до данных прямых. Пусть наименьшим будет расстояние от точки A до прямой l. Через точку A проходят по крайней мере три данные прямые. Пусть они пересекают прямую l в точках B, C и D. Опустим из точки A перпендикуляр AQ на прямую l. Две из точек B, C и D лежат по одну сторону от точки Q, например C и D. Пусть для определённости CQ < DQ (рис. 20.4). Тогда расстояние от точки C до прямой AD меньше, чем расстояние от точки A до прямой l, что противоречит выбору A и l.

20.16. Пусть A и B — наиболее удалённые друг от друга данные точки.

Середины отрезков, соединяющих точку A (соответственно точку B) с остальными точками, все различны и лежат внутри окружности радиуса AB/2 с центром A (соответственно B). Полученные два круга имеют лишь одну общую точку, поэтому различных отмеченных точек не менее 2(n 1) 1 = 2n 3.

20.17. Выберем среди всех треугольников с вершинами в данных точках треугольник наибольшей площади. Пусть это будет треугольник ABC. Проведём через вершину C прямую lc AB. Если точки X и A лежат по разные стороны от прямой lc, то SABX > SABC. Поэтому все данные точки лежат по одну сторону от прямой lc. Аналогично, проводя через точки B и A прямые lb AC и la BC, получаем, что все данные точки находятся внутри (или на границе) треугольника, образованного прямыми la, lb и lc. Площадь этого треугольника ровно в 4 раза больше площади треугольника ABC, поэтому она не превосходит 4.

20.18. Пусть ABC — треугольник наибольшей площади с вершинами в вершинах многоугольника M. Тогда многоугольник M содержится внутри треугольника A1 B1 C1, серединами сторон которого являются точки A, B и C. При гомотетии с центром в центре масс треугольника ABC и коэффициентом 1/ PAOD PB1 OC1 = PBOC, причём равенство достигается, только если B1 = D и C1 = A (см. задачу 9.29 б). Следовательно, ABCD — параллелограмм. Поэтому AB BC = PABO PBCO = 0, симметричны точкам B и C относительно точки O. Так как точка O является центром вписанной окружности четырёхугольника, то отрезок B1 C1 касается этой окружности. Поэтому отрезок AD может касаться этой окружности, только если B1 = D и C1 = A, т. е. если ABCD — параллелограмм. В этот параллелограмм можно вписать окружность, поэтому он — ромб.

Пусть точки B1 и C1 симметричны точкам B и C относительно точки O.

Тогда треугольник C1 OB1 содержится внутри треугольника AOD, поэтому вписанная окружность S треугольника C1 OB1 содержится внутри треугольника AOD. Предположим, что отрезок AD не совпадает с отрезком C1 B1. Тогда окружность S переходит во вписанную окружность треугольника AOD при гомотетии с центром O и коэффициентом больше 1, т. е. rAOD > rC1 OB1 = rCOB.

Получено противоречие, поэтому A = C1 и D = B1, т. е. ABCD — параллелограмм.

В параллелограмме ABCD площади треугольников AOB и BOC равны, поэтому если у них равны радиусы вписанных окружностей, то равны и периметры, так как S = pr. Следовательно, AB = BC, т. е. ABCD — ромб.

20.22. Пусть AB — сторона выпуклой оболочки данных точек, B1 — ближайшая к A из всех данных точек, лежащих на AB. Выберем ту из оставшихся точек, из которой отрезок AB1 виден под наибольшим углом. Пусть это будет точка C. Тогда описанная окружность треугольника AB1 C будет искомой.

20.23. Пусть AB — одна из сторон выпуклой оболочки данных точек.

Занумеруем оставшиеся точки в порядке возрастания углов, под которыми виден из них отрезок AB, т. е. обозначим их через C1, C2,..., C2n+1, так, что AC1 B < AC2 B <... < AC2n+1 B. Тогда точки C1,..., Cn лежат вне описанной окружности треугольника ABCn+1, а точки Cn+2,..., C2n+1 — внутри её, т. е. это и есть искомая окружность.

20.24. Пусть AB — наибольшая диагональ (или сторона) многоугольника.

Проведём через точки A и B прямые a и b, перпендикулярные прямой AB.

Если X — вершина многоугольника, то AX AB и XB AB, поэтому многоугольник находится внутри полосы, образованной прямыми a и b. Проведём опорные прямые многоугольника, параллельные AB. Пусть эти прямые проходят через вершины C и D и вместе с прямыми a и b образуют прямоугольник KLMN (рис. 20.6). Тогда SKLMN = 2SABC + 2SABD = 2SACBD. Так как четырёхугольник ACBD содержится в исходном многоугольнике, площадь которого равна 1, то SKLMN 2.

20.25. Выберем наименьшее из всех попарных расстояний между данными точками и рассмотрим точки, у которых есть соседи на таком расстоянии. Достаточно доказать требуемое утверждение для этих точек. Пусть P — вершина их выпуклой оболочки. Если Ai и Aj — ближайшие к P точки, то Ai Aj Ai P и Ai Aj Aj P, поэтому Ai PAj 60. Следовательно, у точки P не может быть четырёх ближайших соседей, так как иначе один из углов Ai PAj был бы меньше 180 /3 = 60. Поэтому P — искомая точка.

20.26. Предположим, что есть картонные квадраты, не совпадающие с пластмассовыми. Выбросим из рассмотрения все совпадающие квадраты и рассмотрим выпуклую оболочку вершин оставшихся квадратов. Пусть A — вершина этой выпуклой оболочки. Тогда A является вершиной двух разных квадратов — картонного и пластмассового. Легко проверить, что одна из вершин меньшего из этих квадратов лежит внутри большего (рис. 20.7). Пусть для определённости вершина B картонного квадрата лежит внутри пластмассового. Тогда точка B лежит внутри пластмассового квадрата и является вершиной другого пластмассового квадрата, чего не может быть.

Получено противоречие, поэтому каждый картонный квадрат совпадает с некоторым пластмассовым.

20.27. Рассмотрим выпуклую оболочку данных точек. Возможны два случая.

1. Выпуклая оболочка является параллелограммом ABCD. Если точка M лежит внутри параллело- Рис. 20. грамма ABCD, то вершины всех трёх параллелограммов с вершинами A, B и M лежат вне ABCD (рис. 20.8). Значит, в этом случае, кроме точек A, B, C и D, никаких других точек быть не может.

2. Выпуклая оболочка не является параллелограммом. Пусть AB и BC — стороны выпуклой оболочки. Проведём опорные прямые, параллельные AB и BC. Пусть эти опорные прямые проходят через вершины P и Q. Тогда вершины всех трёх параллелограммов с вершинами B, P и Q лежат вне выпуклой оболочки (рис. 20.9). Они даже лежат вне параллелограмма, образованного опорными прямыми, кроме того случая, когда P и Q являются вершинами этого параллелограмма. В этом случае его четвёртая вершина не принадлежит выпуклой оболочке, так как та не является параллелограммом.

20.28. Рассмотрим три прямые, попарно образующие углы 60, и проведём к данному множеству точек три пары опорных прямых, параллельных выбранным прямым. Проведённые опорные прямые задают два правильных треугольника, каждый из которых накрывает данные точки. Докажем, что сторона одного из них не превосходит 3.

На каждой опорной прямой лежит хотя бы одна из данных точек. Расстояние между любой парой данных точек не превосходит 1, поэтому расстояние между любой парой опорных прямых не превосходит 1.

Возьмём одну из данных точек. Пусть a1, b1 и c1 — расстояния от неё до сторон одного правильного треугольника, a2, b2 и c2 — расстояния до сторон другого. При этом мы предполагаем, что a1 + a2, b1 + b2 и c1 + c2 — расстояния между опорными прямыми. Как только что было доказано, a1 + a2 1, b1 + b2 1 и c1 + c2 1. С другой стороны, a1 + b1 + c1 = h1 и a2 + b2 + c2 = h2, где h1 и h2 — высоты построенных равносторонних треугольников (задача 4.47). Следовательно, h1 + h2 3, а значит, одна из высот h1 и h2 не превосходит 3/2. Но тогда сторона соответствующего правильного треугольника не превосходит 3.

20.29. Возьмём на плоскости произвольную прямую l и спроецируем на неё все многоугольники. При этом мы получим несколько отрезков, любые два из которых имеют общую точку. Рассмотрим левые концы этих отрезков и выберем из них самый правый (чтобы стало ясно, что значит «правый» и «левый», на прямой нужно задать направление). Полученная точка принадлежит всем отрезкам, поэтому проведённый через неё перпендикуляр к прямой l пересекает все данные многоугольники.

20.30. Пусть на плоскости расположено 1000 отрезков. Возьмём произвольную прямую l, не перпендикулярную ни одному из них, и спроецируем концы всех этих отрезков на прямую l. Ясно, что конец отрезка, проецирующийся в самую левую из полученных точек, не может упираться строго внутрь другого отрезка.

20.31. Возможны два варианта расположения четырёх точек.

1. Точки являются вершинами выпуклого четырёхугольника ABCD. Выберем наибольший из углов при его вершинах. Пусть это будет угол ABC. Тогда ABC 90, т. е. треугольник ABC не остроугольный.

2. Точка D лежит внутри треугольника ABC. Выберем наибольший из углов ADB, BDC и ADC. Пусть это будет угол ADB. Тогда ADB 120, т. е. треугольник ADB тупоугольный.

Доказать, что других вариантов расположения четырёх точек нет, можно следующим образом.

Прямые, проходящие через три из данных точек, делят плоскость на семь частей (рис. 20.10). Если четвёртая данная точка лежит во второй, четвёртой или шестой частях, то имеет место первая ситуация, а если в первой, третьей, пятой или седьмой, то вторая.

20.32. У прямоугольника с вершинами в точках (0, 0), (0, m), (n, 0) и (n, m) горизонтальРис. 20. ная сторона равна n, а вертикальная равна m.

Выберем из данного множества прямоугольник с наименьшей горизонтальной стороной. Пусть его вертикальная сторона равна m1. Рассмотрим любые m1 из оставшихся прямоугольников. Возможны два случая.

1. Вертикальные стороны двух из этих m1 прямоугольников равны. Тогда один из них содержится в другом.

2. Вертикальные стороны всех этих прямоугольников различны. Тогда вертикальная сторона одного из них не меньше m1, поэтому он содержит прямоугольник с наименьшей горизонтальной стороной.

20.33. Рассмотрим круг, содержащий все данные точки. Будем уменьшать радиус такого круга до тех пор, пока это возможно. Пусть R — радиус полученного круга. На границе этого круга лежат по крайней мере две данные точки. Рассмотрим сначала случай, когда на границе лежат ровно две точки A и B. Ясно, что они — диаметрально противоположные точки круга.

Возьмём третью данную точку C. Минимальный радиус круга, содержащего точки A, B и C, равен R, поэтому R 1. Рассмотрим теперь случай, когда на границе лежат ровно три данные точки A, B и C. Тогда треугольник ABC остроугольный, поскольку иначе можно было бы уменьшить радиус круга, содержащего все данные точки. Поэтому снова минимальный радиус круга, содержащего точки A, B и C, равен R. Рассмотрим наконец случай, когда на границе лежат по крайней мере четыре данные точки. Пусть a1, a2,..., an — угловые величины последовательных дуг, на которые данные точки разбивают границу круга. Если сумма угловых величин двух последовательных дуг не больше 180, то сотрём их общую точку. Покажем, что при n 4 такая пара последовательных дуг всегда найдётся. Предположим, что a1 + a2 > 180, a2 + a3 > 180,..., an + a1 > 180. Сложив эти неравенства, получим 2(a1 + a2 +... + an ) > n · 180, а значит, 4 · 180 > n · 180. Получено противоречие. Таким образом, на границе полученного круга лежат либо две диаметрально противоположные данные точки, либо три данные точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника. Такие случаи мы уже разбирали.