«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 ...»

12.80. Диаметры AB и CD окружности S перпендикулярны. Хорда EA пересекает диаметр CD в точке K, хорда EC пересекает диаметр AB в точке L. Докажите, что если CK : KD = 2 : 1, то AL : LB = 3 : 1.

12.81. В треугольнике ABC угол C прямой. Докажите, что при гомотетии с центром C и коэффициентом 2 вписанная окружность переходит в окружность, касающуюся описанной окружности.

12.82*. Квадрат ABCD вращается вокруг своего неподвижного центра. Найдите геометрическое место середин отрезков PQ, где P — основание перпендикуляра, опущенного из точки D на неподвижную прямую l, а Q — середина стороны AB.

12.83*. Дан треугольник A1 A2 A3 и прямая l вне его, образующая с продолжениями сторон A1 A2, A2 A3, A3 A1 углы a3, a1, a2. Через точки A1, A2, A3 проводятся прямые, образующие с l соответственно углы p a1, p a2, p a3. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке. (Все углы отсчитываются от прямой l в одном направлении.) См. также задачи 3.58, 3.75, 7.6, 7.14, 7.49, 18.26, 22.36, 30.29.

Задачи для самостоятельного решения 12.84. Каждая из двух окружностей касается обеих сторон данного прямого угла. Найдите отношение радиусов окружностей, если известно, что одна из них проходит через центр другой.

12.85. Пусть продолжения сторон AB и CD, BC и AD выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точках K и M соответственно. Докажите, что радиусы окружностей, описанных около треугольников ACM, BDK, ACK, BDM, связаны соотношением RACM · RBDK = = RACK · RBDM.

12.86. Три окружности радиусов 1, 2, 3 касаются друг друга внешним образом. Найдите радиус окружности, проходящей через точки касания этих окружностей.

12.87. Пусть точка K лежит на стороне BC треугольника ABC.

Докажите, что 12.88. Докажите, что длина биссектрисы внешнего угла A треугольbc sin(a/2) 12.89. Две окружности радиусов R и r расположены так, что их общие внутренние касательные перпендикулярны. Найдите площадь треугольника, образованного этими касательными и общей внешней касательной.

12.90. Докажите, что сумма углов при лучах любой (неправильной) пятиконечной звезды равна 180.

12.91. Докажите, что в любом треугольнике 12.92. Пусть a < b < c — длины сторон треугольника; la, lb, lc и la, lb, lc — длины его биссектрис и биссектрис внешних углов. Докажите, 12.93. В каждый угол треугольника вписана окружность, касающаяся вписанной окружности треугольника. Найдите радиус вписанной окружности, если известны радиусы этих окружностей.

12.94. Вписанная окружность касается сторон AB, BC, CA в точках K, L, M соответственно. Докажите, что:

б) S2 = (bcMK2 + caKL2 + abLM2 );

12.1. По теореме синусов 12.2. Радиусы описанных окружностей треугольников ABD и CBD равны AB/(2 sin ADB) и BC/(2 sin BDC). Остаётся заметить, что AB = BC и sin ADB = = sin BDC.

12.3. По теореме синусов b = a sin b/ sin a = a sin b/ sin(b + g), поэтому S = (ab sin g)/2 = (a2 sin b sin g)/2 sin(b + g).

12.4. По теореме синусов (a + b)/c = (sin a + sin b)/ sin g. Кроме того, sin a + sin b = 2 sin((a + b)/2) cos((a b)/2) = 2 cos(g/2) cos((a b)/2) и sin g = = 2 sin(g/2) cos(g/2). Второе равенство доказывается аналогично.

12.5. В треугольнике A2 BC2 длины сторон A2 B и BC2 равны b cos g и b cos a; прямая BO делит угол A2 BC2 на углы 90 g и 90 a. Пусть прямая BO пересекает отрезок A2 C2 в точке M. По теореме синусов A2 M = = A2 B sin A2 BM/ sin A2 MB = b cos g cos a/ sin C2 MB = C2 M.

12.6. Пусть a = (a, c), b = (c, d) и g = (d, b). Тогда (AC/AS)/(BC/BS) = sin a/ sin(b + g), (BD/BS)/(AD/AS) = sin g/ sin(a + b).

Поэтому (AC · BD)/(BC · AD) = sin a sin g/(sin(a + b) sin(b + g)).

298 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.7. Так как OA/PA = sin OPA/ sin POA и OB/PB = sin OPB/ sin POB, то (OA/OB)/(PA/PB) = sin POB/ sin POA.

12.8. Достаточно перемножить пять равенств вида D1 A/D1 B = sin B/ sin A.

12.9. Пусть O — общая вершина данных треугольников, M и N — середины оснований, k — отношение длин оснований к высотам. Проекции оснований данных треугольников на прямую MN равны k · OM sin OMN и k · ON sin ONM.

Остаётся заметить, что OM/ sin ONM = ON/ sin OMN.

12.10. По теореме синусов BX/ sin BDX = BD/ sin BXD = 2R sin y/ sin BXD.

Кроме того, sin BDX = sin BDC = sin f; величина угла BXD легко вычисляется:

если точки C и D лежат по одну сторону от AB, то BXD = p f y, а если по разные, то BXD = |f y|. Значит, BX = 2R sin f sin y/ sin |f ± y|.

12.11. а) Пусть A1 — середина отрезка BC. Складывая равенства AB2 = = AA2 + A1 B2 2AA1 · BA1 cos BA1 A и AC2 = AA2 + A1 C2 2AA1 · A1 C cos CA1 A и учитывая, что cos BA1 A = cos CA1 A, получаем требуемое.

б) Очевидным образом следует из задачи а).

12.12. По теореме косинусов a2 (bc)2 =2bc(1cos a)=4S(1cos a)/ sin a= = 4S tg(a/2).

12.13. По теореме косинусов cos a = (b2 + c2 a2 )/2bc. Остаётся воспользоваться формулами sin2 (a/2) = (1 cos a)/2 и cos2 (a/2) = (1 + cos a)/2.

12.14. Пусть a — угол при вершине параллелограмма. По теореме косинусов m2 = a2 + b2 + 2ab cos a и n2 = a2 + b2 2ab cos a. Поэтому m2 n2 = (a2 + b2 ) (2ab cos a)2 = a4 + b4 + 2a2 b2 (1 2 cos2 a). Значит, m2 n2 = a4 + b4 тогда и только тогда, когда cos2 a = 1/2.

12.15. Пусть M — точка пересечения медиан AA1 и BB1. Угол AMB прямой тогда и только тогда, когда AM2 + BM2 = AB2, т. е. 4(m2 + m2 )/9 = c2.

Согласно задаче 12.11 а) m2 + m2 = (4c2 + a2 + b2 )/4.

и BO2 = CO2 = OM2 + MC2 + 2OM · CM cos f = OM2 + 4C1 M2 + 4OM · C1 M cos f.

Поэтому BC2 = BO2 OC2 = 3C1 M2 + 6OM · C1 M cos f, т. е. c2 = 4BC2 = 12m2 + + 24OM · C1 M cos f. Ясно также, что 18m2 = 2m2 = a2 + b2 c2 /2 (см. заc дачу 12.11 а). Поэтому равенство a2 + b2 = 2c2 эквивалентно тому, что 18m2 = 3c2 /2, т. е. c2 = 12m2. Так как c2 = 12m2 + 24OM · C1 M cos f, равенство a2 + b2 = 2c2 эквивалентно тому, что C1 MO = f = 90, т. е. CC1 OM.

12.17. Пусть O — центр описанной окружности. Применив теорему косинуc сов к треугольнику AOB, получим cos 2g = 1. Если окружности радиусов ta и tb касаются внутренним образом описанной окружности в вершинах A и B и касаются друг друга внешним образом, то по теореме косинусов поэтому 12.18. a) и б) Пусть вписанная окружность касается стороны BC в точке K, а вневписанная — в точке L. Тогда BC = BK + KC = r ctg(b/2) + r ctg(g/2) и BC = BL + LC = ra ctg LBOa + ra ctg LCOa = ra tg(b/2) + ra tg(g/2). Кроме того, в) Согласно задаче 3.2 p b = BK = r ctg(b/2) и p b = CL = ra tg(g/2).

г) Если вписанная окружность касается продолжений сторон AB и AC в точках P и Q, то p = AP = AQ = ra ctg(a/2).

12.19. а) Согласно задаче 12.18 p=ra ctg(a/2) и r ctg(a/2)=pa; r ctg(b/2)= = p b и ra tg(b/2) = p c; rc tg(b/2) = p a и rb ctg(b/2) = p. Перемножая эти пары равенств, получаем требуемое.

б) Перемножая равенства rp = ra (p a) и rra = (p b)(p c), получаем r2 p = (p a)(p b)(p c). Ясно также, что S2 = p(r2 p).

в) Достаточно перемножить равенства rra = (p b)(p c) и rb rc = p(p a) и воспользоваться формулой Герона.

12.20. Согласно задаче 12.18 r = rc tg(a/2) tg(b/2) и p = rc ctg(g/2).

12.21. Согласно задаче 12.19 а) ra = rp/(p a) и rb = rp/(p b). Поэтому cra rb = cr2 p2 /((p a)(p b)) и ra + rb = rpc/((p a)(p b)), а значит, cra rb /(ra + rb ) = rp = S.

12.22. Согласно задаче 12.19 а) 1/rb = (p b)/pr и 1/rc = (p c)/pr. Поэтому rb rc 12.23. Легко проверить, что 1/ha = a/2pr и 1/ra = (p a)/pr. Складывая аналогичные равенства, получаем требуемое.

12.24. Согласно задаче 12.19 а) 1/((p b)(p c)) = 1/rra. Остаётся сложить аналогичные равенства и воспользоваться результатом задачи 12.23.

12.25. Согласно задаче 12.1 4SR = abc. Ясно также, что 12.26. Согласно задаче 12.19 а) ra rb = p(p c), rb rc = p(p a) и rc ra = p(p b).

Складывая эти равенства, получаем требуемое.

12.27. Так как S = rp = ra (p a) = rb (p b) = rc (p c), то выражение в левой части равно (p3 (p a)3 (p b)3 (p c)3 )/S3 = 3abc/S3. Остаётся заметить, что abc/S = 4R (задача 12.1).

12.28. Пусть углы треугольника ABC равны 2a, 2b и 2g. Согласно задачам 12.38 а) и 12.39 б) r = 4R sin a sin b sin g и ra = 4R sin a cos b cos g. Поэтому = 16R2 sin a(sin b sin g + cos b cos g)(1 + sin a(sin b sin g cos b cos g)) = = 16R2 sin a cos(b g)(1 sin a cos(b + g)) = 16R2 sin a cos(b g) cos2 a.

300 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения Остаётся заметить, что 4R sin a cos a = a и Второе равенство доказывается аналогично.

12.29. Так как OA = r/ sin(a/2) и bc = 2S/ sin a, то OA2 /bc = r2 ctg(a/2)/S = = r(p a)/S (см. задачу 12.18 в). Остаётся заметить, что r(p a + p b + p c) = = rp = S.

12.30. Решим сразу задачу б), частным случаем которой является задача а). Так как ctg(f/2) = sin f/(1 cos f), то данное соотношение можно записать в виде p2 (1 x)2 = (1 x2 )(2R(1 x) + r)2, где x = cos f. Корень x0 = 1 этого уравнения нас не интересует, так как в этом случае ctg(f/2) был бы не определён; поэтому, сократив обе части уравнения на 1 x, придём к кубическому уравнению. Использовав результаты задач 12.40, 12.43 б) и в), можно проверить, что это уравнение совпадает с уравнением (x cos a)(x cos b)(x cos g) = 0, где a, b и g — углы треугольника.

Значит, косинус угла f равен косинусу одного из углов треугольника; кроме того, косинус монотонен на интервале от 0 до p.

12.31. Согласно теореме синусов sin a + sin b + sin g = p/r. Согласно задаче 12.40 cos a + cos b + cos g = чи соотношение можно переписать следующим образом: p = (R + r) 3. Для f = 60 имеем (R + r) 3 = 2R sin f + r ctg(f/2). Остаётся воспользоваться результатом задачи 12.30 б).

12.32. Ясно, что 2pr = 2S = ab sin g=abc/2R, т. е. 4prR = abc. Для доказательства второго равенства воспользуемся формулой Герона: S2 =p(pa)(pb)(pc), = p3 + p(ab + bc + ca) 4prR. Сокращая на p, получаем требуемое.

12.33. Так как abc = 4RS (задача 12.1), то выражение в левой части равно (c + a + b)/4RS = 2p/4Rpr = 1/2Rr.

12.34. Достаточно заметить, что (p c)/p = r/rc (задача 12.19 а), r = = c sin(a/2) sin(b/2)/ cos(g/2) и rc = c cos(a/2) cos(b/2)/ cos(g/2) (задача 12.18).

12.35. Согласно задаче 12.1 S = abc/4R. С другой стороны, S = aha /2. Поэтому ha = bc/2R.

12.36. Так как aha = 2S = 2(p a)ra и ra /a = cos(b/2) cos(g/2)/ cos(a/2) (задача 12.18 б), то ha = 2(p a) cos(b/2) cos(g/2)/ cos(a/2). Учитывая, что (p a) ctg(b/2) = rc = (p b) ctg(a/2) (задача 12.18 в), получаем ha = = 2(p b) sin(b/2) cos(g/2)/ sin(a/2).

12.37. а) Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке M. Тогда AD · DM = BD · DC и, так как ABD AMC, AB · AC = AD · AM = AD(AD + DM) = AD2 + BD · DC. Кроме того, BD = ac/(b + c) и DC = ab/(b + c). Значит, AD2 = bc bca2 /(b + c)2 = = 4p(p a)bc/(b + c)2.

б) См. решение задачи 4.48.

в) Пусть AD — биссектриса, AH — высота треугольника ABC. Тогда AH = = c sin b=2R sin b sin g. С другой стороны, AH = AD sin ADH = la sin(b + (a/2)) = = la sin((p + b g)/2) = la cos((b g)/2).

г) Учитывая, что p = 4R cos(a/2) cos(b/2) cos(g/2) (задача 12.38 в) и sin b + + sin g = 2 sin((b + g)/2) cos((b g)/2) = 2 cos(a/2) cos((b g)/2), приходим к формуле задачи в).

12.38. а) Пусть O — центр вписанной окружности, K — точка касания вписанной окружности со стороной AB. Тогда 2R sin g = AB = AK + KB = r(ctg(a/2) + ctg(b/2)) = Учитывая, что sin g = 2 sin(g/2) cos(g/2) и sin((a + b)/2) = cos(g/2), получаем требуемое.

б) Согласно задаче 3.2 p a = AK = r ctg(a/2). Аналогично p b = = r ctg(b/2) и p c = r ctg(g/2). Перемножая эти равенства и учитывая, что p(p a)(p b)(p c) = S2 = (pr)2, получаем требуемое.

в) Очевидным образом следует из задач а) и б).

12.39. а) Перемножая равенства r cos(a/2)/ sin(a/2) = p a, sin(a/2) sin(b/2) sin(g/2) = r/4R (см. задачи 12.18 в) и 12.38 а), получаем требуемое.

б) Согласно задаче 12.18 в) ra tg(g/2) = r ctg(b/2). Умножая это равенство на равенство r/4R = sin(a/2) sin(b/2) sin(g/2), получаем требуемое.

12.40. Складывая равенства cos a + cos b = 2 cos((a + b)/2) cos((a b)/2) и cos g = cos(a + b) = 2 cos2 ((a + b)/2) + 1 и учитывая, что cos((a b)/2) cos((a + b)/2) = 2 sin(a/2) sin(b/2), получаем (см. задачу 12.38 а).

12.41. а) Складывая равенства cos 2a + cos 2b = 2 cos(a + b) cos(a b) = = 2 cos g cos(a b) и cos 2g = 2 cos2 g 1 = 2 cos g cos(a + b) 1 и учитывая, что cos(a + b) + cos(a b) = 2 cos a cos b, получаем требуемое.

б) Достаточно подставить выражения вида cos 2a = 2 cos2 a 1 в равенство, полученное в задаче а).

в) Согласно задаче 13.13 OH = OA + OB + OC, поэтому При записи последнего равенства мы воспользовались тем, что (OA, OB) = = 2R cos AOB = 2R cos 2g и т. д.

12.42. Складывая равенства sin 2a + sin 2b = 2 sin(a + b) cos(a b) = = 2 sin g cos(a b) и sin 2g = 2 sin g cos g = 2 sin g cos(a + b) и учитывая, что cos(a b) cos(a + b) = 2 sin a sin b, получаем требуемое.

12.43. а) Ясно, что sin2 a + sin2 b + sin2 g = (a2 + b2 + c2 )/4R и a2 + b2 + c2 = = (a + b + c)2 2(ab + bc + ca) = 4p2 2(r2 + p2 + 4rR) (см. задачу 12.32).

б) Согласно задаче 12.41 б) 2 cos a cos b cos g = sin2 a + sin2 b + sin2 g 2.

Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

в) Возведём в квадрат тождество из задачи 12.40, подставим в полученное тождество 1 2 cos a cos b cos g вместо cos2 a + cos2 b + cos2 g (задача 12.41 б), а затем воспользуемся задачей б). В результате получим требуемое.

12.44. Теорему косинусов можно переписать в виде ab cos g=(a2 + b2 c2 )/2.

Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое.

12.45. Согласно задаче 12.13 cos2 (a/2)/a = p(p a)/abc. Остаётся заметить, что p(p a) + p(p b) + p(p c) = p2 и abc = 4SR = 4prR.

302 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.46. а) Так как bc cos a = 2S ctg a, то a2 = b2 + c2 4S ctg a. Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое.

б) Для остроугольного треугольника a2 ctg a = 2R2 sin 2a = 4SBOC, где O — центр описанной окружности. Остаётся сложить три аналогичных равенства.

Для треугольника с тупым углом a величину SBOC нужно взять со знаком минус.

12.47. Согласно задаче 12.18 ctg(a/2) + ctg(b/2) = c/r и tg(a/2) + tg(b/2) = = c/rc. Остаётся сложить такие равенства для всех пар углов треугольника.

12.48. Ясно, что tg g = tg(a + b) = (tg a + tg b)/(1 tg a tg b). Домножая обе части на 1 tg a tg b, получаем требуемое.

ётся домножить обе части на tg(a/2) + tg(b/2).

12.50. а) Домножим обе части равенства на sin a sin b sin g. Дальнейший ход доказательства таков:

cos g(sin a cos b + sin b cos a) + sin g(cos a cos b sin a sin b) = б) Домножим обе части равенства на sin a sin b sin g. Дальнейший ход доказательства таков: cos a(sin b sin g cos b cos g) + sin a(cos b sin g + cos g sin b) = = cos2 a + sin2 a = 1.

12.51. Так как sin2 a + sin2 b + sin2 g 2 = 2 cos a cos b cos g (см. задачу 12.41 б) и S = 2R2 sin a sin b sin g, остаётся проверить, что Последнее равенство доказано в решении задачи 12.50 а).

12.52. Пусть A и B — вершины углов a и b, P — точка пересечения несовпадающих сторон этих углов, Q — общая точка данных окружностей, лежащая на отрезке PA. Треугольник AQB равнобедренный, поэтому PQB = 2a. А так как PQB + QPB = b + QBA, то b = 3a.

12.53. Согласно задаче 4.48 + = 2 cos(a/2)/la, поэтому cos(a/2) = 1/2, т. е. a = 120.

12.54. Опустим из точки M перпендикуляр MD на прямую BC. Тогда MD = AH/2 = BM/2. В прямоугольном треугольнике BDM катет MD равен половине гипотенузы BM. Поэтому MBC = MBD = 30.

12.55. Величины AD · BC sin ADB и BE · AC sin AEB равны, так как они равны удвоенной площади треугольника ABC. Поэтому sin ADB = sin AEB.

Возможны два случая.

1. ADB = AEB; в этом случае точки A, E, D, B лежат на одной окружности, поэтому EAD = EBD, т. е. A = B, чего не может быть по условию.

2. ADB + AEB = 180 ; в этом случае ECD + EOD = 180, где O — точка пересечения биссектрис. Так как EOD = 90 + C/2 (задача 5.3), то C = 60.

12.56. Пусть B — точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AC с прямой AB. Тогда AB = CB и AB C = 180 2 · 75 = 30.

Поэтому AB = CB = 2CH = AB, т. е. B = B и B = 30.

12.57. Ясно, что AKDM — прямоугольник и L — точка пересечения его диагоналей. Так как AD BC и AM BA, то DAM = ABC. Аналогично, KAD = ACB. Опустим из точки A перпендикуляр AP на прямую KM.

Пусть для определённости B < C. Тогда точка P лежит на отрезке KL.

Из подобия треугольников AKP и MKA получаем AK : AP = MK : MA. Поэтому AK · AM = AP · MK = AP · AD = 2AP · AL. По условию AL2 = AK · AM, следовательно, AL = 2AP, т. е. ALP = 30. Ясно, что KMA = ALP/2 = 15.

Поэтому острые углы треугольника ABC равны 15 и 75.

12.58. Пусть CD — биссектриса. Тогда BD = ac/(a + b). С другой стороны, BDC BCA, поэтому BD : BC = BC : BA, т. е. BD = a2 /c. Следовательно, c2 = a(a + b) = 3a2. Стороны треугольника ABC равны a, 2a и 3a, поэтому его углы равны 30, 90 и 60.

12.59. Пусть ABC = 2x, тогда внешний угол A треугольника ABE равен ABE + AEB = x + a. Далее, BAE BAK = (180 x a) (180 2x 2a) = = x + a. Следовательно, AE — биссектриса внешнего угла A треугольника ABK. А так как BE — биссектриса внутреннего угла B этого треугольника, то E — центр его вневписанной окружности, касающейся стороны AK. Поэтому AKE = AKC/2 = 90 a.

12.60. Пусть A1... A18 — правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A14 A1 A9. Согласно задаче 6.64 б) диагонали A1 A12, A2 A14 и A9 A18 пересекаются в одной точке, поэтому AMC = A9 A14 )/2 = 70.

12.61. Пусть A1... A18 — правильный восемнадцатиугольник, O — его центр.

В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A1 OA18. Диагонали A2 A14 и A18 A6 симметричны относительно диаметра A1 A10, а диагональ A2 A проходит через точку пересечения диагоналей A1 A12 и A9 A18 (см. решение A12 A14 )/2 = 30.

12.62. Поскольку BDE = 50 и CED = 30, то BOC = EOD = 30 = 100. Будем считать, что фиксированы диаметры BB и CC окружности, причём BOC = 100, а точка A движется по дуге B C. Пусть D — точка пересечения BB и AC, E — точка пересечения CC и AB (рис. 12.6). Так как при движении точки A от B к C отрезок OE увеличивается, а OD уменьшается, то угол OED убывает, а угол ODE возрастает. Поэтому существует единственное положение точки A, при котором CED = OED = и BDE = ODE = 50.

Докажем теперь, что треугольник ABC с углами A = 50, B = 70, C = 60 обладает требуемым свойством. Пусть A1... A18 — правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A2 A14 A9. Диагональ A1 A проходит через точку E (см. решение задачи 12.60). Пусть F — точка пересечения пряРис. 12. мых A1 A12 и A5 A14 ; прямая A9 A16 симметрична прямой A1 A12 относительно прямой A5 A14, поэтому она проходит через точку F. В треугольнике CDF луч CE является биссектрисой угла C, а прямая FE — биссектрисой внешнего угла при вершине F.

A5 A9 )/4 = 50.

12.63. Пусть D, E и F — точки касания окружности с BP, PQ и QC;

Тогда 180 = BOC = 2a + 2b + 2g, т. е. a + b + g = 90. Так как BPO = 90 b 304 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения и QOC = g + a = 90 b, то BPO = COQ. Ясно также, что PBO = OCQ.

Поэтому BPO COQ, а значит, PB · CQ = BO · CO = BC2 /4.

12.64. Пусть P и Q — середины сторон BC и CD соответственно. Точки P и Q являются точками касания вписанной окружности со сторонами BC и CD. Поэтому достаточно проверить, что PF + GQ = FG. В самом деле, если F G — отрезок, параллельный FG и касающийся вписанной окружности, Можно считать, что сторона квадрата равна 2. Пусть GD = x. Так как 12.65. Обозначим вершины квадратов так, как показано на рис. 12.7.

Пусть O — центр окружности, H — середина данной хорды, K — середина отрезка AA1. Так как tg AHB = 2 = tg A1 HD1, точка H лежит на прямой AA1.

Пусть a = AHB = A1 HD1. Тогда AB A1 D1 = (AH A1 H) sin a = 2KH sin a = причём BK = KL = LM = x. Пусть для определённости точка касания вписанной окружности со стороной AC лежит на отрезке MC. Тогда, так как при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку BM точки B и M переходят друг Пусть точка P — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BP = (a + c b)/2 = (c a)/2. С другой стороны, по свойству касательной BP2 = BK · BL, т. е. BP2 = 2x2. Поэтому 2x2 = ((c a)/2)2. Перемножая равенства 9x2 = (c2 a2 )/2 и ((c a)/2)2 = = 2x2, получаем (c + a)/(c a) = 9/4, т. е. c : a = 13 : 5. В итоге получаем, 12.67. Пусть 2a и 2b — длины сторон первого и второго квадратов. Тогда расстояние от центра окружности до вершин второго квадрата, лежащих на Нам подходит только решение a = 5b.

12.68. Пусть P и Q — середины отрезков AC и AB, R — центр окружности S1 ; a = AC/2, b = BC/2, x — радиус окружности S1. Легко проверить, что PR = a + x, QR = a + b x и PQ = b. Проведём в треугольнике PQR высоту RH.

Расстояние от точки R до прямой CD равно x, поэтому PH = a x, а значит, QH = |b a + x|. Следовательно, (a + x)2 (a x)2 = RH2 = (a + b x)2 (b a + x)2, т. е. ax = b(a x). В итоге получаем x = ab/(a + b). Для радиуса окружности S получаем точно такое же выражение.

12.69. Пусть x — радиус окружности S, касающейся окружностей S1 и S и луча AB, y — радиус окружности S, касающейся окружностей S2 и S и луча BA. Положение окружности, касающейся окружности S1 и луча AB (соответственно S3 и луча BA) однозначно определяется её радиусом, поэтому достаточно проверить, что x = y.

Приравнивая два выражения для квадрата расстояния от центра окружности S до прямой AD, получаем (x + 1)2 (x 1)2 = (3 + x)2 (5 x)2, т. е. x = 4/3.

Рассматривая окружности S2 и S3, легко проверить, что AB2 =(3+4)2 12 = =48. С другой стороны, квадраты расстояний от центра окружности S до прямых AD и BC равны (y + 3)2 (5 y)2 = 16(y и (4 + y)2 (4 y)2 = 16y соответственно. Следовательно, 4 y 1 + 4 y = 48, т. е. y = 4/3.

12.70. Если углы треугольника образуют арифметическую прогрессию, то они равны a g, a, a + g, где g 0. Так как сумма углов треугольника равна 180, то a = 60. Стороны этого треугольника равны 2R sin(a g), 2R sin a, 2R sin(a + g). Поскольку против большего угла лежит большая сторона, то sin(a g) sin a sin(a + g).

а) Если числа sin(a g) sin a sin(a + g) образуют арифметическую прогрессию, то sin a = (sin(a + g) + sin(a g))/2 = sin a cos g, т. е. cos g = 1, или g = 0. Следовательно, все углы треугольника равны 60.

образуют геометрическую прогрессию, то sin2 a = = sin(a g) sin(a + g) = sin2 a cos2 g sin2 g cos2 a sin2 a cos2 g. Поэтому cos g = 1, т. е. все углы треугольника равны 60.

12.71. Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCE (рис. 12.8). Пусть BC = x и AD = y. Тогда (b a)h = 2SAED = xy sin 45 и (b a)2 = x2 + y 2xy cos 45 = x2 + y2 2xy sin 45. По теореме Пифагора a2 + b2 = (AO2 + BO2 ) + (CO2 + DO2 ) = = (BO2 + CO2 ) + (DO2 + AO2 ) = x2 + y2. СледовательРис. 12. но, (b a)2 = x2 + y2 2xy sin 45 = a2 + b2 2(b a)h, т. е. h = ab/(b a).

12.72. Так как BK = (a + c b)/2 и KC = (a + b c)/2 (см. задачу 3.2), то BK · KC = (a2 (b c)2 )/4 = S tg(a/2) (см. задачу 12.12).

12.73. Так как (b + c)/a = cos((b g)/2)/ sin(a/2) (задача 12.4), то cos((b g)/2) = cos(a/2), т. е. b g = ±a. Если b = g + a, то b = 90, а если 12.74. Легко проверить, что SABC = 2R2 sin a sin b sin g. Аналогично SA1 B1 C1 = = 2R2 sin((b + g)/2) sin((a + g)/2) sin((a + b)/2)=2R2 cos(a/2) cos(b/2) cos(g/2).

Поэтому SABC /SA1 B1 C1 = 8 sin(a/2) sin(b/2) sin(g/2) = 2r/R (см. задачу 12.38 а).

12.75. Сумма котангенсов углов треугольника равна (a2 + b2 + c2 )/4S (задача 12.46 а). Кроме того, m2 + m2 + m2 = 3(a2 + b2 + c2 )/4 (задача 12.11 б) и площадь треугольника, составленного из медиан треугольника ABC, равна 3/4 площади треугольника ABC (задача 1.37).

12.76. Одна из точек Ai лежит внутри треугольника, образованного тремя другими точками, поэтому можно считать, что треугольник A1 A2 A3 остроугольный (или прямоугольный). Числа l1, l2 и l3 легко находятся из соотГлава 12. Вычисления и метрические соотношения ветствующей системы уравнений; в результате получаем l1 = (b2 + c2 a2 )/2, Согласно задаче 5.51 б) A1 A2 = 4R2 a2, где R — радиус описанной окружности треугольника A1 A2 A3. Поэтому l4 = A1 A2 l1 = 4R2 (a2 + b2 + c2 )/2 = Проверим теперь, что = 2S ctg a, то 1/l1 = tg a/2S. Остаётся заметить, что 2/(a2 + b2 + c2 8R2 ) = = (tg a + tg b + tg g)/2S (задача 12.51).

Поэтому вектор (a, b) перпендикулярен рассматриваемой прямой. Следовательно, перпендикуляр, опущенный из точки (x0, y0 ) на рассматриваемую прямую, состоит из точек с координатами (x0 + la, y0 + lb). Если ку на рассматриваемой прямой. Остаётся заметить, что расстояние от точки (x0, y0 ) до прямой ax + by + c = 0 равно |l0 | a2 + b2.

12.78. а) Прямая, проходящая через точки (0, 0) и (x1, y1 ), задаётся уравнением y1 x x1 y = 0. Поэтому согласно задаче 12.77 расстояние от точки сматриваемого треугольника, опущенной на сторону длиной x2 + y2. 1 б) Площадь рассматриваемого треугольника равна площади треугольника с вершинами в точках (0, 0), (x1 x3, y1 y3 ) и (x2 x3, y2 y3 ). Воспользовавшись формулой из задачи а), получаем требуемое.

12.79. Пусть (a1, b1 ), (a2, b2 ) и (a3, b3 ) — координаты вершин треугольника.

Координаты центра его описанной окружности задаются системой уравнений Легко проверить, что эти уравнения линейные, а значит, решение рассматриваемой системы уравнений рационально.

12.80. Возьмём на отрезках AB и CD точки K и L, делящие их в указанных отношениях. Достаточно доказать, что точка пересечения прямых AK и CL лежит на окружности S. Введём систему координат с началом в центре O окружности S и осями Ox и Oy, направленными по лучам OB и OD. Радиус окружности S можно считать равным 1. Прямые AK и CL задаются соответственно уравнениями y = (x + 1)/3 и y = 2x 1. Поэтому их общая точка имеет координаты x0 = 4/5 и y0 = 3/5. Ясно, что x2 + y2 = 1.

12.81. Пусть d — расстояние от центра описанной окружности до образа центра вписанной окружности при рассматриваемой гомотетии. Достаточно проверить, что R = d + 2r. Пусть (0, 0), (2a, 0) и (0, 2b) — координаты вершин данного треугольника. Тогда (a, b) — координаты центра описанной окружности, (r, r) — координаты центра вписанной окружности, причём r = a + b R (задача 5.18). Следовательно, d2 =(2r a)2 +(2r b)2 =a2 +b2 4r(a+br)+4r2 = = (R 2r)2, так как a2 + b2 = R2.

12.82. Рассмотрим систему координат с началом в центре квадрата и осью Ox, параллельной прямой l. Пусть вершины квадрата имеют следующие координаты: A(x, y), B(y, x), C(x, y) и D(y, x); прямая l задаётся уравнением y = a. Тогда точка Q имеет координаты ((x + y)/2, (y x)/2), а точка P имеет координаты (y, a). Следовательно, искомое ГМТ состоит из точек (t, t + a/2), где t = (x y)/4. Остаётся заметить, что величина x y изменяется от 2(x2 + y2 ) = AB до AB.

12.83. Введём на плоскости систему координат, выбрав прямую l в качестве оси x. Пусть (a1, b1 ), (a2, b2 ), (a3, b3 ) — координаты вершин A1 , A1, A3.

Прямая A2 A3 задаётся уравнением Прямая, проведённая через вершину A1, задаётся уравнением, в котором отношение коэффициентов при x и y то же самое по абсолютной величине, но имеет противоположный знак. Таким образом, эта прямая задаётся уравнением Напишем аналогично уравнения прямых, проведённых через вершины A2 и A3.

Умножим левые части этих уравнений на (a3 a2 )(b3 b2 ), (a1 a3 )(b1 b3 ), (a2 a1 )(b2 b1 ) соответственно и сложим их. Легко проверить, что указанная сумма тождественно равна нулю. Из этого следует, что прямые, заданные этими уравнениями, пересекаются в одной точке.

ВЕКТОРЫ

1. Мы будем пользоваться следующими обозначениями:

б) AB и |a| — их длины; иногда длину вектора a обозначают a;

в) (AB, CD), (a, b) и (AB, a) — скалярные произведения векторов;

г) (x, y) — вектор с координатами x, y;

д) 0 или 0 — нулевой вектор.

2. Ориентированным углом между ненулевыми векторами a и b (обозначение: (a, b)) будем называть угол, на который нужно повернуть против часовой стрелки вектор a, чтобы он стал сонаправлен с вектором b. Углы, отличающиеся на 360, считают равными. Легко проверить следующие свойства ориентированных углов между векторами:

3. Скалярным произведением векторов a и b называют число (a, b) = = |a| · |b| cos (a, b) (если один из этих векторов нулевой, то (a, b) = 0). Легко проверить следующие свойства скалярного произведения:

б) |(a, b)| |a| · |b|;

в) (la + mb, c) = l(a, c) + m(b, c);

д) если a, b = 0, то (a, b) = 0 тогда и только тогда, когда a b.

4. Многие векторные неравенства доказываются с помощью следующего факта.

Пусть даны два набора векторов, причём известно, что сумма длин проекций векторов первого набора на любую прямую не больше суммы длин проекций векторов второго набора на ту же прямую. Тогда сумма длин векторов первого набора не больше суммы длин векторов второго набора (см. задачу 13.42). Тем самым задача на плоскости сводится к задаче на прямой, которая обычно бывает легче.

1. Пусть AA1 — медиана треугольника ABC. Докажите, что AA1 = = (AB + AC)/2.

2. Докажите, что |a + b|2 + |a b|2 = 2(|a|2 + |b|2 ).

3. Докажите, что если векторы a + b и a b перпендикулярны, то 4. Пусть OA + OB + OC = 0 и OA = OB = OC. Докажите, что ABC — правильный треугольник.

5. Пусть M и N — середины отрезков AB и CD. Докажите, что MN = (AC + BD)/2.

§ 1. Векторы сторон многоугольников 13.1. а) Докажите, что из медиан треугольника можно составить треугольник.

б) Из медиан треугольника ABC составлен треугольник A1 B1 C1, а из медиан треугольника A1 B1 C1 составлен треугольник A2 B2 C2.

Докажите, что треугольники ABC и A2 B2 C2 подобны, причём коэффициент подобия равен 3/4.

13.2. Стороны треугольника T параллельны медианам треугольника T1. Докажите, что медианы треугольника T параллельны сторонам треугольника T1 .

13.3. M1, M2,..., M6 — середины сторон выпуклого шестиугольника A1 A2... A6. Докажите, что существует треугольник, стороны которого равны и параллельны отрезкам M1 M2, M3 M4, M5 M6.

13.4. Из точки, лежащей внутри выпуклого n-угольника, проведены лучи, перпендикулярные его сторонам и пересекающие стороны (или их продолжения). На этих лучах отложены векторы a1,..., an, длины которых равны длинам соответствующих сторон. Докажите, что 13.5. Сумма четырёх единичных векторов равна нулю. Докажите, что их можно разбить на две пары противоположных векторов.

13.6. Пусть E и F — середины сторон AB и CD четырёхугольника ABCD, K, L, M и N — середины отрезков AF, CE, BF и DE.

Докажите, что KLMN — параллелограмм.

13.7. Дано n попарно не сонаправленных векторов (n 3), сумма которых равна нулю. Докажите, что существует выпуклый n-угольник, набор векторов сторон которого совпадает с данным набором векторов.

13.8. Даны четыре попарно непараллельных вектора, сумма которых равна нулю. Докажите, что из них можно составить: а) невыпуклый четырёхугольник; б) самопересекающуюся четырёхзвенную ломаную.

13.9*. Даны четыре попарно непараллельных вектора a, b, c и d, сумма которых равна нулю. Докажите, что 13.10*. В выпуклом пятиугольнике ABCDE сторона BC параллельна диагонали AD, CD BE, DE AC и AE BD. Докажите, что AB CE.

См. также задачу 5.49.

§ 2. Скалярное произведение. Соотношения 13.11. Докажите, что если диагонали четырёхугольника ABCD перпендикулярны, то и диагонали любого другого четырёхугольника с такими же длинами сторон перпендикулярны.

13.12. а) Пусть A, B, C и D — произвольные точки. Докажите, что (AB, CD) + (BC, AD) + (CA, BD) = 0.

б) Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

13.13. Пусть O — центр описанной окружности #треугольника ABC, а точка H обладает тем свойством, что OH = OA + OB + OC. Докажите, что H — точка пересечения высот треугольника ABC.

13.14. Докажите, что OH2 = R2 (1 8 cos a cos b cos g).

13.15. Пусть A1... An — правильный n-угольник, X — произвольная точка. Рассмотрим проекции X1,..., Xn точки X на прямые A1 A2,... , An A1. Пусть xi — длина отрезка Ai Xi с учётом знака (знак плюс берётся в случае, когда лучи Ai Xi и Ai Ai+1 сонаправлены).

Докажите, что сумма x1 +... + xn равна половине периметра многоугольника A1... An.

13.16. Пусть a1,..., an — векторы сторон n-угольника, fij = (ai, aj ).

Докажите, что a2 = a2 +... + a2 + 13.17. Дан четырёхугольник ABCD. Пусть u=AD2, v=BD2, w=CD2, U = BD2 + CD2 BC2, V = AD2 + CD2 AC2, W = AD2 + BD2 AB2. Докажите, что uU2 + vV 2 + wW2 = UVW + 4uvw (Гаусс).

# 13.18*. Точки– A, B, C и D таковы, что для любой точки M числа (MA, MB) и (MC, MD) различны. Докажите, что AC = DB.

13.19*. Докажите, что в выпуклом k-угольнике сумма расстояний от любой внутренней точки до сторон постоянна тогда и только тогда, когда сумма векторов единичных внешних нормалей равна нулю.

13.20*. В выпуклом четырёхугольнике сумма расстояний от вершины до сторон одна и та же для всех вершин. Докажите, что этот четырёхугольник является параллелограммом.

См. также задачи 6.72, 6.73, 6.75—6.80, 6.89, 7.3.

13.21. Даны точки A, B, C и D. Докажите, что AB2 + BC2 + CD2 + + DA2 AC2 + BD2, причём равенство достигается, только если ABCD — параллелограмм.

13.22. Докажите, что из пяти векторов всегда можно выбрать два так, чтобы длина их суммы не превосходила длины суммы оставшихся трёх векторов.

13.23. Десять векторов таковы, что длина суммы любых девяти их них меньше длины суммы всех десяти векторов. Докажите, что существует ось, проекция на которую каждого из десяти векторов положительна.

13.24. Точки A1,..., An лежат на окружности с центром O, причём OA1 +... + OAn = 0. Докажите, что для любой точки X справедливо неравенство XA1 +... + XAn nR, где R — радиус окружности.

13.25. Дано восемь вещественных чисел a, b, c, d, e, f, g, h. Докажите, что хотя бы одно из шести чисел ac + bd, ae + bf, ag + bh, ce + df, cg + dh, eg + fh неотрицательно.

13.26*. На окружности радиуса 1 с центром O дано 2n + 1 точек P1,..., P2n+1, лежащих по одну сторону от некоторого диаметра. Докажите, что |OP1 +... + OP2n+1 | 1.

13.27*. Пусть a1, a2,..., an — векторы, длины которых не превосходят 1. Докажите,что в сумме c = ±a1 ± a2... ± an можно выбрать 13.28*. Из точки O выходит n векторов единичной длины, причём в любой полуплоскости, ограниченной прямой, проходящей через точку O, содержится не менее k векторов (предполагается, что граничная прямая входит в полуплоскость). Докажите, что длина суммы этих векторов не превосходит n 2k.

См. также задачи 9.78, 10.5, 11.5, 11.11.

13.29. Докажите, что точка X лежит на прямой AB тогда и только тогда, когда OX = t OA + (1 t)OB для некоторого t и любой точки O.

13.30. Дано несколько точек и для некоторых пар (A, B) этих точек взяты векторы AB, причём в каждой точке начинается столько же векторов, сколько в ней заканчивается. Докажите, что сумма всех выбранных векторов равна 0.

13.31. Внутри треугольника ABC взята точка O. Докажите, что 13.32. Точки A и B движутся по двум фиксированным лучам с обp q Докажите, что прямая AB при этом проходит через фиксированную точку.

13.33. Через точку M пересечения медиан треугольника ABC проведена прямая, пересекающая прямые BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1. Докажите, что (1/MA1 ) + (1/MB1 ) + (1/MC1 ) = 0 (отрезки MA1, MB1 и MC1 считаются ориентированными).

13.34. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Отрезки BB1 и CC1, CC1 и AA1, AA1 и BB1 пересекаются в точках A2 , B2 и C2 соответственно. Докажите, что если AA2 + BB2 + CC2 = 0, то AB1 : B1 C = CA1 : A1 B = BC1 : C1 A.

13.35. Четырёхугольник ABCD вписанный. Пусть Ha — ортоцентр треугольника BCD, Ma — середина отрезка AHa ; точки Mb, Mc и Md определяются аналогично. Докажите, что точки Ma, Mb, Mc и Md совпадают.

13.36*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность радиуса R.

а) Пусть Sa — окружность радиуса R с центром в ортоцентре треугольника BCD; окружности Sb, Sc и Sd определяются аналогично.

Докажите, что эти четыре окружности пересекаются в одной точке.

б) Докажите, что окружности девяти точек треугольников ABC, BCD, CDA и DAB пересекаются в одной точке.

13.37. Точка X лежит внутри треугольника ABC, a = SBXC, b = SCXA и g = SAXB. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точек A, B и C на произвольную прямую l. Докажите, что длина вектора aAA1 + bBB1 + gCC равна (a + b + g)d, где d — расстояние от точки X до прямой l.

13.38*. Выпуклый 2n-угольник A1 A2... A2n вписан в окружность радиуса 1. Докажите, что 13.39*. Пусть a1, a2,..., a2n+1 — векторы длины 1. Докажите, что в сумме c = ±a1 ± a2 ±... ± a2n+1 знаки можно выбрать так, что |c| 1.

13.40*. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника ABC, na, nb и nc — векторы единичной длины, перпендикулярные соответствующим сторонам и направленные во внешнюю сторону. Докажите, что где S — площадь, M — точка пересечения медиан, O — центр описанной окружности треугольника ABC.

13.41*. Пусть O и R — центр и радиус описанной окружности треугольника ABC, Z и r — центр и радиус его вписанной окружности;

K — точка пересечения медиан треугольника с вершинами в точках касания вписанной окружности со сторонами треугольника ABC. Докажите, что точка Z лежит на отрезке OK, причём OZ : ZK = 3R : r.

См. также задачу 4.26.

13.42*. Даны два набора векторов a1,..., an и b1,..., bm, причём сумма длин проекций векторов первого набора на любую прямую не больше суммы длин проекций векторов второго набора на ту же прямую. Докажите, что сумма длин векторов первого набора не больше суммы длин векторов второго набора.

13.43*. Докажите, что если один выпуклый многоугольник лежит внутри другого, то периметр внутреннего многоугольника не превосходит периметра внешнего.

13.44*. Сумма длин нескольких векторов на плоскости равна L.

Докажите, что из этих векторов можно выбрать некоторое число векторов (может быть, только один) так, что длина их суммы будет не меньше L/p.

13.45*. Докажите, что если длины всех сторон и диагоналей выпуклого многоугольника меньше d, то его периметр меньше pd.

13.46*. На плоскости даны четыре вектора a, b, c и d, сумма которых равна нулю. Докажите, что 13.47*. Внутри выпуклого n-угольника A1 A2... An взята точка O так, что OA1 +... + OAn = 0. Пусть d = OA1 +... + OAn. Докажите, что периметр многоугольника не меньше 4d/n при чётном n и не меньше 4dn/(n2 1) при нечётном n.

13.48*. Длина проекции замкнутой выпуклой кривой на любую прямую равна 1. Докажите, что её длина равна p.

13.49*. Дано несколько выпуклых многоугольников, причём нельзя провести прямую так, чтобы она не пересекала ни одного многоугольника и по обе стороны от неё лежал хотя бы один многоугольник.

Докажите, что эти многоугольники можно заключить в многоугольник, периметр которого не превосходит суммы их периметров.

Псевдоскалярным произведением ненулевых векторов a и b называют число c = |a| · |b| sin (a, b); если хотя бы один из векторов a и b нулевой, то c = 0.

Псевдоскалярное произведение векторов a и b обозначают a b. Ясно, что Абсолютная величина псевдоскалярного произведения векторов a и b равна площади параллелограмма, натянутого на эти векторы. В связи с этим ориентированной площадью тройки точек A, B и C называют число S(A, B, C) = (AB AC)/2; абсолютная величина числа S(A, B, C) равна площади треугольника ABC.

13.50. Докажите, что:

13.51. Пусть a = (a1, a2 ) и b = (b1, b2 ). Докажите, что a b = = a1 b2 a2 b1.

13.52. а) Докажите, что S(A, B, C) = S(B, A, C) = S(B, C, A).

б) Докажите, что для любых точек A, B, C и D справедливо равенство S(A, B, C) = S(D, A, B) + S(D, B, C) + S(D, C, A).

13.53. Три бегуна A, B и C бегут по параллельным дорожкам с постоянными скоростями. В начальный момент площадь треугольника ABC равна 2, через 5 с равна 3. Чему она может быть равна ещё через 5 с?

13.54. По трём прямолинейным дорогам с постоянными скоростями идут три пешехода. В начальный момент времени они не находились на одной прямой. Докажите, что они могут оказаться на одной прямой не более двух раз.

13.55. Решите с помощью псевдоскалярного произведения задачу 4.29 б).

13.56*. Точки P1, P2 и P3, не лежащие на одной прямой, расположены внутри выпуклого 2n-угольника A1... A2n. Докажите, что если сумма площадей треугольников A1 A2 Pi, A3 A4 Pi,..., A2n1 A2n Pi равна одному и тому же числу c для i = 1, 2, 3, то для любой внутренней точки P сумма площадей этих треугольников равна c.

13.57*. Дан треугольник ABC и точка P. Точка Q такова, что CQ AP, а точка R такова, что AR BQ и CR BP. Докажите, что SABC = SPQR.

13.58*. Пусть H1, H2 и H3 — ортоцентры треугольников A2 A3 A4, A1 A3 A4 и A1 A2 A4. Докажите, что площади треугольников A1 A2 A и H1 H2 H3 равны.

13.59*. В выпуклом пятиугольнике ABCDE, площадь которого равна S, площади треугольников ABC, BCD, CDE, DEA и EAB равны a, b, c, d и e. Докажите, что Задачи для самостоятельного решения 13.60. Пусть M и N — середины отрезков AB и AC, – — середина #отP #– #– – резка MN, O — произвольная точка. Докажите, что 2OA+OB+OC=4OP.

13.61. Точки A, B и C движутся равномерно с одинаковыми угловыми скоростями по трём окружностям в одну и ту же сторону.

Докажите, что точка пересечения медиан треугольника ABC при этом движется также по окружности.

13.62. Пусть A, B, C, – и – — произвольные точки. Существует ли такая точка O, что OA + OB + OC = OD + OE? Найдите все такие точки.

13.63. Пусть P и Q — середины диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Докажите, что 13.64. Середины отрезков AB и CD, BC и DE соединены; середины полученных отрезков тоже соединены. Докажите, что последний отрезок параллелен отрезку AE и его длина равна AE/4.

13.65. Вписанная окружность касается сторон BC, CA и AB треугольника ABC в точках A1, B1 и C1. Докажите, что если AA1 + BB1 + + CC1 = 0, то треугольник ABC правильный.

13.66. Четырёхугольники ABCD, AEFG, ADFH, FIJE и BIJC являются параллелограммами. Докажите, что четырёхугольник AFHG тоже параллелограмм.

13.1. а) Пусть a = BC, b = CA и c = AB; AA, BB и CC — медианы треугольника ABC. Тогда AA = (c b)/2, BB = (a c)/2 и CC = (b a)/2. Поэтому = 3a/4 — вектор стороны треугольника A2 B2 C2.

13.2. П е р в о е р е ш е н и е. Пусть a, b и c — векторы сторон треугольника T. Тогда (b a)/2, (a c)/2 и (c b)/2 — векторы его медиан. Можно считать, что a, b и c — векторы, идущие из точки пересечения медиан треугольника T1 в его вершины. Тогда b a, a c и c b — векторы его сторон.

В т о р о е р е ш е н и е. Пусть A1 — середина стороны BC треугольника T = ABC, M — точка пересечения его медиан, P — точка, симметричная точке M относительно точки A1. В качестве T1 можно взять треугольник BPM.

Его медиана BA1 параллельна BC. Для остальных медиан треугольника T доказательство аналогично.

13.3. Ясно, что 2M1 M2 = A1 A2 + A2 A3 = A1 A3, 2M3 M4 = A3 A5 и 2M5 M6 = = A5 A1. Поэтому M1 M2 + M3 M4 + M5 M6 = 0.

13.4. После поворота на 90 векторы a1,..., an переходят в векторы сторон n-угольника.

13.5. Из данных векторов можно составить выпуклый четырёхугольник.

Длины всех сторон этого четырёхугольника равны 1, поэтому он — ромб; пары его противоположных сторон дают требуемое разбиение.

поэтому KL = AL AK = (a + b)/2. Аналогично NM = (a + b)/2.

13.7. Отложим данные векторы от одной точки и, идя по часовой стрелке, занумеруем их по порядку: a1,..., an. Рассмотрим замкнутую ломаную A1... An, для которой Ai Ai+1 = ai. Докажем, что A1... An — выпуклый многоугольник. Введём систему координат, направив ось Ox по вектору a1.

Пусть векторы a2,..., ak лежат по одну сторону от оси Ox, а векторы ak+1,..., an — по другую (если есть вектор, направленный противоположно a1, то его можно отнести к любой из этих двух групп). Проекции векторов первой группы на ось Oy имеют один знак, а проекции векторов второй группы — другой. Поэтому вторые координаты как точек A2, A3,..., Ak+1, так и точек Ak+1,..., An, A1 изменяются монотонно: в первом случае от нуля до некоторой величины d, а во втором — от d до нуля. Так как интервалов монотонности только два, все вершины многоугольника лежат по одну сторону от прямой A1 A2. Для остальных прямых, проходящих через стороны многоугольника, доказательство проводится аналогично.

13.8. Согласно задаче 13.7 из данных векторов можно составить выпуклый четырёхугольник. Дальнейшее ясно из рис. 13.1.

13.9. Согласно задаче 13.8 б) из данных векторов можно составить самопересекающуюся четырёхзвенную ломаную; её можно представить как две диагонали и две противоположные стороны выпуклого четырёхугольника. Возможны два случая: вектор a может быть как стороной, так и диагональю этого четырёхугольника. Но в обоих случаях сумма в левой части неравенства представляет собой сумму длин двух противоположных сторон и двух диагоналей четырёхугольника, а в сумму в правой части входит длина суммы векторов тех же самых противоположных сторон и длины двух других противоположных сторон. Остаётся заметить, что сумма длин двух векторов не меньше длины их суммы, а сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин двух противоположных сторон (см. задачу 9.15).

13.10. Пусть диагональ BE пересекает диагонали AD и AC в точках F и G.

Стороны треугольников AFE и BCD параллельны, поэтому они подобны и AF : FE = BC : CD. Следовательно, AD : BE = (AF + BC) : (EF + CD) = BC : CD.

Аналогично AE : BD = DE : AC. Из подобия треугольников BED и EGA поl. Ясно,

BC CD AE DE

AD BE BD AC

CD = lBE, DE=lCA, EA = lDB. Следовательно, 0 =l(AD+ BE+ CA+ DB)+ AB= = lEC + AB, т. е. AB = lEC. Поэтому AB EC.

13.11. Пусть a = AB, b = BC, c = CD и d = DA. Достаточно проверить, что AC BD тогда и только тогда, когда a + c2 = b2 + d2. Ясно, что d2 = |a + b + c|2 = a2 + b2 + c2 + 2[(a, b) + (b, c) + (c, a)]. Поэтому условие AC BD, т. е. 0 = (a + b, b + c) = b2 + (b, c) + (a, c) + (a, b), эквивалентно тому, что 13.12. а) Выразим все входящие в указанную формулу векторы через AB, BC и CD, т. е. запишем AD = AB + BC + CD, CA = AB BC и BD = BC + CD.

После сокращения получим требуемое.

б) Пусть D — точка пересечения высот, проведённых из вершин A и C треугольника ABC. Тогда в доказанной в задаче а) формуле первые два слагаемых нулевые, поэтому последнее слагаемое тоже нулевое, т. е. BD AC.

13.13. Докажем, что AHBC. Ясно, что AH= AO+ OH= AO+ OA+ OB+ OC= = OB + OC и BC = BO + OC = OB + OC, поэтому (AH, BC) = OC2 OB2 = = R R = 0, так как O — центр описанной окружности. Аналогично доказывается, что BH AC и CH AB.

13.14. Ясно, что Остаётся заметить, что cos 2a + cos 2b + cos 2g = 1 4 cos a cos b cos g согласно задаче 12.41 а).

13.15. Достаточно рассмотреть случай, когда длины сторон многоугольника A1... An равны 1. В этом случае xi = (Ai X, Ai Ai+1 ). Пусть O — центр правильного многоугольника A1... An. Тогда поскольку Ai Ai+1 = 0 для любого многоугольника. Остаётся заметить, что (Ai O, Ai Ai+1 ) = 1/2 для всех i.

13.16. Пусть ai = (ai, a1 ). Рассматривая проекции на прямую, паралai cos ai лельную a1, и прямую, перпендикулярную a1, получаем a1 = ai sin ai соответственно. Возводя эти равенства в квадрат и складывая их, получаем a2 = 2(b, c), то U = 2(b, c). Аналогично V = 2(a, c) и W = 2(a, b). Пусть a=(a, b) и b = (b, c). Домножив обе части равенства cos2 a + cos2 b + cos2 (a + b) = = 2 cos a cos b cos(a + b) + 1 (см. задачу 12.41 б) на 4uvw = 4|a|2 |b|2 |c|2, получим требуемое.

13.18. Фиксируем произвольную точку O. Пусть m= OM, a= OA,..., d= OD.

Тогда (MA, MB)(MC, MD)=(am, bm)(cm, dm)=(c + d a b, m)+ + (a, b) (c, d). Если v = c + d a b = 0, то когда точка M пробегает всю плоскость, величина (v, m) принимает все действительные значения, в частности, она принимает значение (c, d) (a, b). Следовательно, v = 0, т. е. OC + OD = OA + OB, а значит, AC = DB.

13.19. Пусть n1,..., nk — единичные внешние нормали к сторонам, a M1,...

..., Mk — произвольные точки на этих сторонах. Для любой точки X, лежащей внутри многоугольника, расстояние до i-й стороны равно (XMi, ni ). Поэтому суммы расстояний от внутренних точек A и B до сторон многоугольника внутренней точки многоугольника до сторон постоянна тогда и только тогда, когда ni = 0.

13.20. Пусть l — произвольная прямая, n — единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Если точки A и B лежат в той же полуплоскости, заданной прямой l, что и вектор n, то r(B, l) r(A, l) = (AB, n), где r(X, l) — расстояние от точки X до прямой l.

Пусть n1, n2, n3 и n4 — единичные векторы, перпендикулярные последовательным сторонам четырёхугольника ABCD и направленные внутрь. Обозначим сумму расстояний от точки X до сторон четырёхугольника ABCD через (BC, n1 + n2 + n3 + n4 ) = 0. Так как точки A, B и C не лежат на одной прямой, то n1 + n2 + n3 + n4 = 0. Остаётся воспользоваться результатом задачи 13.5.

и BD = b + c. Ясно также, что |a|2 + |b|2 + |c|2 + |a + b + c|2 |a + b|2 |b + c|2 = = |a|2 + 2(a, c) + |c|2 = |a + c|2 0. Равенство достигается, только если a = c, т. е. ABCD — параллелограмм.

13.22. Рассмотрим пять векторов a1, a2, a3, a4, a5 и предположим, что длина суммы любых двух из них больше длины суммы трёх оставшихся. Так как |a1 +a2 |>|a3 +a4 +a5 |, то |a1 |2 + 2(a1, a2 ) + |a2 |2 > |a3 |2 + |a4 |2 + |a5 |2 + 2(a3, a4 ) + + 2(a4, a5 ) + 2(a3, a5 ). Складывая такие неравенства для всех десяти пар векторов, получаем 4(|a1 |2 +...) + 2((a1, a2 ) +...) > 6(|a1 |2 +...) + 6((a1, a2 )...), т. е. |a1 + a2 + a3 + a4 + a5 |2 < 0. Приходим к противоречию.

13.23. Обозначим данные векторы e1,..., e10. Пусть AB = e1 +... + e10. Докажем, что луч AB задаёт искомую ось. Ясно, что |AB ei |2 = AB2 2(AB, ei ) + + |ei |, т. е. (AB, ei ) = (AB + |ei | |AB ei | )/2. По условию AB > |AB ei |, поэтому (AB, ei ) > 0, т. е. проекция вектора ei на луч AB положительна.

13.24. Пусть ai = OAi и x = OX. Тогда |ai | = R и XAi = ai x. Поэтому 13.25. Рассмотрим на плоскости четыре вектора (a, b), (c, d), (e, f) и (g, h).

Один из углов между этими векторами не превосходит 360 /4 = 90. Если же угол между векторами не превосходит 90, то их скалярное произведение неотрицательно.

Данные шесть чисел являются скалярными произведениями всех пар наших четырёх векторов, поэтому одно из них неотрицательно.

13.26. Докажем это утверждение по индукции. Для n = 0 утверждение, очевидно, верно. Допустим, что утверждение доказано для 2n + 1 векторов.

Рассмотрим в системе из 2n + 3 векторов два крайних вектора (т. е. два вектора, угол между которыми максимален). Для определённости будем считать, что это — векторы OP1 и OP2n+3. По предположению индукции длина вектора OR = OP2 +... + OP2n+2 не меньше 1. Вектор OR лежит внутри угла P1 OP2n+3, поэтому он образует острый угол с вектором OS = OP1 + OP2n+3.

Следовательно, |OS + OR| OR 1.

13.27. Докажем сначала, что если a, b и c — векторы, длины которых не превосходят 1, то хотя бы один из векторов a ± b, a ± c, b ± c имеет длину, не превосходящую 1. В самом деле, два из векторов ±a, ±b, ±c образуют угол, не превосходящий 60, поэтому разность этих двух векторов имеет длину, не превосходящую 1 (если в треугольнике AB 1, BC 1 и ABC 60, то AC — не наибольшая сторона и AC 1).

Таким образом можно спуститься до двух векторов a и b. Угол между векторами a и b или векторами a и b не превосходит 90, поэтому либо 13.28. Можно считать, что сумма a данных векторов отлична от нуля, так как иначе утверждение задачи очевидно. Введём систему координат, направив ось Oy по вектору a. Занумеруем векторы нижней полуплоскости по порядку — по часовой стрелке: e1, e2,... (рис. 13.2). По условию этих векторов не менее k. Докажем, что среди данных векторов найдутся ещё такие векторы v1,..., vk, что для любого i = 1,..., k вектор vi + ei имеет неположительную вторую координату. Этим будет доказано требуемое утверждение. В самом деле, длина суммы всех данных векторов равна сумме вторых координат (именно так была введена система координат).

Сумма векторов e1, v1,..., ek, vk имеет неположительную вторую координату, а вторая координата любого из оставшихся n 2k векторов не превосходит 1. Поэтому вторая координата суммы всех данных векторов не превосходит n 2k.

Пусть векторы e1,..., ep лежат в четвёртом v1,..., vp. Будем поворачивать нижнюю полуплоскость, состоящую из точек с неположительной второй координатой, поворачивая ось Ox по часовой стрелке на угол от 0 до 90. Если один из двух векторов, лежащих в повёрнутой таким образом полуплоскости, расположен в четвёртом квадранте, то их сумма имеет неположительную вторую координату. Как только при повороте плоскости ось Ox перейдёт за вектор e1, к векторам e2,..., ek, лежащим в ней, должен добавиться ещё хотя бы один вектор; поэтому следующий за ek по порядку вектор можно взять в качестве v1. Аналогично, когда ось Ox перейдёт за вектор e2, получим вектор v2 и т. д. Такие же рассуждения остаются справедливыми до тех пор, пока ось Ox остаётся в четвёртом квадранте. Для векторов ep+1,..., ek, лежащих в третьем квадранте, доказательство проводится аналогично (если вектор ep+ имеет нулевую первую координату, то его следует сначала выбросить из рассмотрения, а затем в качестве парного к нему взять любой из оставшихся векторов).

13.29. Точка X лежит на прямой AB тогда и только тогда, когда AX = lAB, т. е. OX = OA + AX = (1 l)OA + lOB.

13.30. Возьмём произвольную точку O и запишем все выбранные векторы в виде Ai Aj = OAj OAi. В силу условия задачи каждый вектор OAi в сумму всех выбранных векторов войдёт со знаком «плюс» столько же раз, сколько и со знаком «минус».

13.31. Пусть e1, e2 и e3 — единичные векторы, сонаправленные с векторами OA, OB и OC; a = BOC, b = COA и g = AOB. Нужно доказать, что e1 sin a + e2 sin b + e3 sin g = 0. Рассмотрим треугольник A1 B1 C1, стороны которого параллельны прямым OC, OA и OB. Тогда 0 = A1 B1 + B1 C1 + C1 A1 = = ±2R(e1 sin a + e2 sin b + e3 sin g), где R — радиус описанной окружности треугольника A1 B1 C1.

13.32. Пусть a и b — единичные векторы, сонаправленные с лучами OA и OB, l = OA и m = OB. Прямая AB состоит из всех таких точек X, что OX = tOA + (1 t)OB = tla + (1 t)mb. Требуется найти такие числа x0 и y0, что x0 /l = t = 1 (y0 /m) при всех рассматриваемых значениях l и m. Положим x0 = p/c и y0 = q/c. В итоге получаем, что если p/OA + q/OB = c, то прямая AB проходит через такую точку X, что OX = (pa + qb)/c.

и MA1 = qc + (1 q)b = qa + (1 2q)b. С другой стороны, MA1 = ae. Аналогично be = MB1 = rb + (1 2r)a. Требуется доказать, что 1 + (1/a) + (1/b) = 0.

Так как apa + a(1 p)b = ae = qa + (1 2q)b, то ap = q и a(1 p) = 1 2q, а значит, 1/a = 1 3p. Аналогично bp = 1 2r и b(1 p) = r, а значит, 1/b = 3p 2.

13.34. Сложив равенства AA2 + BB2 + CC2 = 0 и A2 B2 + B2 C2 + C2 A2 = 0, получим AB2 + BC2 + CA2 = 0. Следовательно, AB2 = lC2 B2, BC2 = lA2 C и CA2 = lB2 A2. Пусть E — такая точка прямой BC, что A2 E AA1. Тогда BA1 = lEA1 и EC = lEA1, поэтому A1 C = EC EA1 = (l 1)EA1. Следовательно, A1 C/BA1 = (l 1)/l. Аналогично AB1 /B1 C = BC1 /C1 A = (l 1)/l.

13.35. Пусть O — центр описанной окружности данного четырёхугольника, a = OA, b = OB, c = OC и d = OD. Если Ha — ортоцентр треугольника BCD, то OHa = b + c + d (см. задачу 13.13). Поэтому OMa = (a + b + c + d)/2 = OMb = = OMc = OMd.

13.36. Пусть O — центр описанной окружности данного четырёхугольника, a = OA, b = OB, c = OC и d = OD. Если Hd — ортоцентр треугольника ABC, то OHd = a + b + c (задача 13.13).

= |d| = R, т. е. точка K лежит на окружности Sd. Аналогично доказывается, что точка K лежит на окружностях Sa, Sb и Sc.

б) Пусть Od — центр окружности девяти точек треугольника ABC, т. е. середина отрезка OHd. Тогда OOd = OHd /2 = (a + b + c)/2. Возьмём точку X так, что OX = (a + b + c + d)/2. Тогда XOd = |d|/2 = R/2, т. е. точка X лежит на окружности девяти точек треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точка X лежит на окружностях девяти точек треугольников BCD, CDA и DAB.

13.37. Пусть X1 — проекция точки X на прямую l. Вектор aAA1 + bBB1 + + gCC1 является проекцией вектора aAX1 + bBX1 + gCX1 на прямую, перпендикулярную прямой l. Учитывая, что aAX1 + bBX1 + gCX1 = aAX + bBX + + gCX + (a + b + g)XX1 и aAX + bBX + gCX = 0 (задача 13.31), получаем требуемое.

13.38. Пусть a = A1 A2 + A3 A4 +... + A2n1 A2n, причём a = 0. Введём систему координат, направив ось Ox вдоль вектора a. Так как сумма проекций векторов A1 A2, A3 A4,..., A2n1 A2n на ось Oy равна нулю, то длина вектора a равна абсолютной величине разности между суммой длин положительных проекций этих векторов на ось Ox и суммой длин их отрицательных проекций;

следовательно, длина вектора a не превосходит либо суммы длин положительных проекций векторов, либо суммы длин их отрицательных проекций.

Легко проверить, что как сумма длин положительных проекций, так и сумма длин отрицательных проекций данных векторов на любую ось не превосходит диаметра окружности, т. е. не превосходит 2.

13.39. Изменив нумерацию данных векторов и при необходимости меняя вектор x на x, можно считать, что концы векторов a1, a2,..., a2n+1,..., a1, a2,..., a2n+1, выходящих из одной точки, являются вершинами выпуклого (4n + 2)-угольника A1 A2... A4n+2. При этом A1 A2 = a1 a2, A3 A4 = a3 a4,...

..., A2n1 A2n = a2n1 a2n, A2n+1 A2n+2 = a2n+1 + a1, A2n+3 A2n+4 = a2 + a3, A2n+5 A2n+6 = a4 + a5,..., A4n+1 A4n+2 = a2n + a2n+1. Согласно задаче 13. длина суммы этих векторов не превосходит 2. С другой стороны, сумма этих векторов равна 2(a1 a2 + a3 a4 +... + a2n+1 ).

13.40. Для доказательства равенства векторов достаточно проверить равенство их проекций (с учётом знака) на прямые BC, CA и AB. Доказательство проведём, например, для проекций на прямую BC; положительным при этом будем считать направление луча BC. Пусть P — проекция точки A на прямую BC, N — середина отрезка BC. Тогда PN= PC+ CN=(b2 +a2 c2 )/2a(a/2)= = (b c )/2a (PC находится из уравнения AB2 BP2 = AC2 CP2 ). Так как NM:NA=1:3, то проекция вектора MO на прямую BC равна PN/3=(b2 c2 )/6a.

Остаётся заметить, что проекция вектора a na +b nb +c nc на прямую BC равна 13.41. Пусть вписанная окружность касается сторон AB, BC и CA в точках U, V и W. Требуется доказать, что OZ = ZK, т. е. OZ = (ZU + ZV + ZW).

Докажем, например, что проекции (с учётом знака) этих векторов на прямую BC равны; положительным при этом будем считать направление луча BC.

Пусть N — проекция точки O на прямую BC. Тогда проекция вектора OZ на прямую BC равна NV = NC + CV = (a/2) (a + b c)/2 = (c b)/2. А проекция вектора ZU + ZV + ZW на эту прямую равна проекции вектора ZU + ZW, т. е. равна 13.42. Введём систему координат Oxy. Пусть lf — прямая, проходящая через точку O и образующая угол f (0 < f < p) с осью Ox, т. е. если точка A лежит на lf и вторая координата точки A положительна, то AOx = f;

l0 = lp = Ox.

Если вектор a образует угол a с осью Ox (угол отсчитывается против часовой стрелки от оси Ox к вектору a), то длина проекции вектора a на прямую lf равна |a| · |cos(f a)|. Интеграл |a| · |cos(f a)| df = 2|a| не зависит от a.

b1,..., bm. Тогда по условию |a1 | · |cos(f a1 )| +... + |an | · |cos(f an )| |b1 | · |cos(f b1 )| +... + |bm | · |cos(f bm )| для любого угла f. Интегрируя эти неравенства по f от 0 до p, получаем |a1 | +... + |an | |b1 | +... + |bm |.

З а м е ч а н и е. Величину f(x) dx называют средним значением функbaa ции f на отрезке [a, b]. Равенство означает, что среднее значение длины проекции вектора a равно 2|a|/p, точнее говоря, среднее значение функции f(f), равной длине проекции вектора a на прямую lf, на отрезке [0, p] равно 2|a|/p.

13.43. Сумма длин проекций сторон выпуклого многоугольника на любую прямую равна удвоенной длине проекции многоугольника на эту прямую.

Поэтому сумма длин проекций векторов сторон на любую прямую для внутреннего многоугольника не больше, чем для внешнего. Следовательно, согласно задаче 13.42 сумма длин векторов сторон, т. е. периметр, у внутреннего многоугольника не больше, чем у внешнего.

13.44. Если сумма длин векторов равна L, то согласно замечанию к задаче 13.42 среднее значение суммы длин проекций этих векторов равно 2L/p.

Функция f на отрезке [a, b] не может быть всюду меньше своего среднего значения c, так как иначе Поэтому найдётся такая прямая l, что сумма длин проекций исходных векторов на неё не меньше 2L/p.

Зададим на прямой l направление. Тогда либо сумма длин положительных проекций на это направление, либо сумма длин отрицательных проекций не меньше L/p. Поэтому либо длина суммы векторов, дающих положительные проекции, либо длина суммы векторов, дающих отрицательные проекции, не меньше L/p.

13.45. Обозначим проекцию многоугольника на прямую l через AB. Ясно, что точки A и B являются проекциями некоторых вершин A1 и B1 многоугольника. Поэтому A1 B1 AB, т. е. длина проекции многоугольника не больше A1 B1, a A1 B1 < d по условию. Так как сумма длин проекций сторон многоугольника на прямую l равна 2AB, она не превосходит 2d.

Среднее значение суммы длин проекций сторон равно 2P/p, где P — периметр (см. задачу 13.42). Среднее значение не превосходит максимального, следовательно, 2P/p < 2d, т. е. P < pd.

13.46. Согласно задаче 13.42 неравенство |a| + |b| + |c| + |d| |a + d| + |b + d| + + |c + d| достаточно доказать для проекций векторов на прямую, т. е. можно считать, что a, b, c и d — векторы, параллельные одной прямой, т. е. просто числа, причём a + b + c + d = 0. Будем считать, что d 0, так как иначе можно изменить знаки у всех чисел.

Можно считать, что a b c. Нужно разобрать три случая: 1) a, b, c 0;

2) a 0 и b, c 0 и 3) a, b 0, c 0. Все возникающие неравенства проверяются достаточно просто. При разборе третьего случая нужно отдельно рассмотреть случаи |d| |b|, |b| |d| |a| и |a| |d| (в последнем случае нужно учесть, что |d| = |a| + |b| |c| |a| + |b|).

13.47. Согласно задаче 13.42 неравенство достаточно доказать для проекций векторов на любую прямую. Пусть проекции векторов OA1,..., OAn на прямую l равны (с учётом знака) a1,..., an. Разобьём числа a1,..., an на две группы: x1 x2... xk 0 и y1 y2... ynk 0. Пусть yi = yi. Тогда x1 +... + xk = y1 +... + ynk = a, а значит, x1 a/k и y1 a/(n k). Периметру в проекции соответствует число 2(x1 + y1 ). Сумме длин векторов OAi в проекции соответствует число x1 +... + xk + y1 +... + ynk = 2a. А так как то остаётся заметить, что величина k(n k) максимальна при k = n/2 для чётного n и при k = (n ± 1)/2 для нечётного n.

13.48. Длина кривой — предел периметров вписанных в неё многоугольников. Рассмотрим вписанный многоугольник с периметром P и длиной проекции на прямую l, равной dl. Пусть 1 e < dl < 1 для всех прямых l.

Многоугольник можно подобрать так, чтобы e было сколь угодно мало. Так как многоугольник выпуклый, то сумма длин проекций сторон многоугольника на прямую l равна 2dl.

Среднее значение величины 2dl равно 2P/p (см. задачу 13.42), поэтому 2 2e < 2P/p < 2, т. е. p pe < P < p. Устремляя e к нулю, получаем, что длина кривой равна p.

13.49. Докажем, что периметр выпуклой оболочки всех вершин данных многоугольников не превосходит суммы их периметров. Для этого достаточно заметить, что по условию проекции данных многоугольников на любую прямую покрывают проекцию выпуклой оболочки.

13.50. а) Если l < 0, то (la) b = l|a| · |b| sin (a, b) = l|a| · |b| sin (a, b) = = l(a b). При l > 0 доказательство очевидно.

б) Пусть a = OA, b = OB и c = OC. Введём систему координат, направив ось Oy по лучу OA. Пусть A = (0, y1 ), B = (x2, y2 ) и C = (x3, y3 ). Тогда 13.51. Пусть e1 и e2 — единичные векторы, направленные по осям б) Для доказательства достаточно воспользоваться равенством AB AC = + DB DC.

13.53. Пусть в начальный момент, т. е. при t = 0, AB = v и AC = w. Тогда в момент t получим AB = v + t(b a) и AC = w + t(c a), где a, b и c — векторы скоростей бегунов A, B и C. Так как векторы a, b и c параллельны, то (b a) (c a) = 0, а значит, |S(A, B, C)| = |AB AC|/2 = |x + yt|, где x и y — некоторые постоянные числа. Решая систему |x| = 2, |x + 5y| = 3, получаем два решения, дающие для зависимости площади треугольника ABC от времени t выражения |2 + (t/5)| и |2 t|. Поэтому при t = 10 площадь может принимать значения 4 и 8.

13.54. Пусть v(t) и w(t) — векторы, соединяющие первого пешехода со вторым и третьим в момент t. Ясно, что v(t) = ta + b и w(t) = tc + d. Пешеходы находятся на одной прямой тогда и только тогда, когда v(t) w(t), т. е. v(t) w(t) = 0. Функция f(t) = v(t) w(t) = t2 a c + t(a d + b c) + b d является квадратным трёхчленом, причём f(0) = 0. Квадратный трёхчлен, не равный тождественно нулю, имеет не более двух корней.

13.55. Пусть OC = a, OB = la, OD = b и OA = mb. Тогда ±2SOPQ = OP OQ = = ((a + mb)/2) ((la + b)/2) = (1 lm)(a b)/4 и ±2SABCD = ±2(SCOD SAOB ) = 13.56. Пусть aj = P1 Aj. Тогда удвоенная сумма площадей указанных треугольников для любой внутренней точки P равна где x = PP1 ; от удвоенной суммы площадей этих треугольников для точки P она отличается на x (a1 a2 + a3 a4 +... + a2n1 a2n ) = x a. По условию x a = 0 при x = P2 P1 и x = P3 P1, причём эти векторы не параллельны.

Следовательно, a = 0, т. е. x a = 0 для любого вектора x.

13.57. Пусть a = AP, b = BQ и c = CR. Тогда QC = aa, RA = bb и PB = gc, причём (1 + a)a + (1 + b)b + (1 + g)c = 0. Достаточно проверить, что AB CA = = PQ RP. Разность между этими величинами равна (a + gc) (c + bb) 13.58. Пусть ai = A4 Ai и wi = A4 Hi. Согласно задаче 13.52 б) достаточно проверить, что a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 = w1 w2 + w2 w3 + w3 w1.

Векторы a1 w2 и a2 w1 перпендикулярны вектору a3, поэтому они параллельны, т. е. (a1 w2 ) (a2 w1 ) = 0. Сложив это равенство с равенствами (a2 w3 ) (a3 w2 ) = 0 и (a3 w1 ) (a1 w3 ) = 0, получим требуемое.

13.59. Пусть x=x1 e1 +x2 e2. Тогда e1 x=x2 (e1 e2 ) и x e2 = x1 (e1 e2 ), т. е.

Домножив это выражение справа на (e1 e2 )y, получим Положим e1 = AB, e2 = AC, x = AD и y = AE. Тогда S = a + x e2 + d = и x e1 = S d b. Подставив эти выражения в (1), получим требуемое.

ЦЕНТР МАСС

1. Пусть на плоскости задана система точек с приписанными им массами, т. е. имеется набор пар (Xi, mi ), где Xi — точка плоскости, a mi — положительное число. Центром масс системы точек X1,..., Xn с массами m1,..., mn называют точку O, для которой выполняется равенство m1 OX1 +... + mn OXn = Центр масс любой системы точек существует, причём только один (задача 14.1).

2. Внимательно просмотрев решение задачи 14.1, нетрудно заметить, что положительность чисел mi фактически не используется — важно лишь то, что их сумма отлична от нуля. Иногда бывает удобно рассматривать системы точек, в которых часть масс положительна, а часть отрицательна (но сумма масс должна быть отлична от нуля).

3. Важнейшим свойством центра масс, на котором основаны почти все его применения, является т е о р е м а о г р у п п и р о в к е м а с с: центр масс системы точек останется прежним, если часть точек заменить одной точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса, равная сумме их масс (задача 14.2).

4. Величину IM = m1 MX2 +... + mn MX2 называют моментом инерции сиn стемы точек X1,..., Xn с массами m1,..., mn относительно точки M. Применения этого понятия в геометрии основаны на зависимости IM = IO + mOM2, где O — центр масс системы, a m = m1 +... + mn (задача 14.19).

14.1. а) Докажите, что центр масс существует и единствен для любой системы точек.

б) Докажите, что если X — произвольная точка, а O — центр масс точек X1,..., Xn с массами m1,..., mn, то 14.2. Докажите, что центр масс системы точек останется прежним, если часть точек заменить одной точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса, равная сумме их масс.

14.3. Докажите, что центр масс точек A и B с массами a и b лежит на отрезке AB и делит его в отношении b : a.

14.4. Докажите, что медианы треугольника ABC пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2 : 1, считая от вершины.

14.5. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник, K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA. Докажите, что точка пересечения отрезков KM и LN является серединой этих отрезков, а также и серединой отрезка, соединяющего середины диагоналей.

14.6. Пусть A1, B1,..., F1 — середины сторон AB, BC,..., FA произвольного шестиугольника. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников A1 C1 E1 и B1 D1 F1 совпадают.

14.7. Докажите теорему Чевы (задача 4.49 б) с помощью группировки масс.

14.8*. На сторонах AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхугольника ABCD взяты точки K, L, M и N соответственно, причём AK : KB = DM : MC = a и BL : LC = AN : ND = b. Пусть P — точка пересечения отрезков KM и LN. Докажите, что NP : PL = a и KP : PM = b.

14.9*. Найдите внутри треугольника ABC точку O, обладающую следующим свойством: для любой прямой, проходящей через O и пересекающей сторону AB в точке K и сторону BC в точке L, выполнено равенство p = 1, где p и q — данные положительные числа.

14.10*. Три мухи равной массы ползают по сторонам треугольника так, что их центр масс остаётся на месте. Докажите, что он совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC, если известно, что одна муха проползла по всей границе треугольника.

14.11*. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки C1, A1 и B1 так, что прямые CC1, AA1 и BB1 пересекаются в некоторой точке O. Докажите, что:

AO BO CO AO BO CO

14.12*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что BA1 /A1 C = CB1 /B1 A = AC1 /C1 B. Докажите, что центры масс треугольников ABC и A1 B1 C1 совпадают.

14.13*. В середины сторон треугольника ABC помещены точки, массы которых равны длинам сторон. Докажите, что центр масс этой системы точек расположен в центре вписанной окружности треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC.

З а м е ч а н и е. Центр масс системы точек, рассматриваемой в задаче 14.13, совпадает с центром масс фигуры, изготовленной из трёх тонких стержней одинаковой толщины. Действительно, при нахождении центра масс стержень можно заменить на точку, расположенную в середине стержня и имеющую массу, равную массе стержня. Ясно также, что масса стержня пропорциональна его длине.

14.14*. На окружности дано n точек. Через центр масс n 2 точек проводится прямая, перпендикулярная хорде, соединяющей две оставшиеся точки. Докажите, что все такие прямые пересекаются в одной точке.

14.15*. На прямых BC, CA, AB взяты точки A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2 так, что A1 B2 AB, B1 C2 BC и C1 A2 CA. Пусть la — прямая, соединяющая точки пересечения прямых BB1 и CC2, BB2 и CC1 ; прямые lb и lc определяются аналогично. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке (или параллельны).

14.16*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, причём отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке P.

Пусть la, lb, lc — прямые, соединяющие середины отрезков BC и B1 C1, CA и C1 A1, AB и A1 B1. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке, причём эта точка лежит на отрезке PM, где M — центр масс треугольника ABC.

14.17*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 ; прямые B1 C1, BB1 и CC1 пересекают прямую AA1 в точках M, P и Q соответственно. Докажите, что:

а) A1 M/MA = (A1 P/PA) + (A1 Q/QA);

б) если P = Q, то MC1 : MB1 = (BC1 /AB) : (CB1 /AC).

14.18*. На прямой AB взяты точки P и P1, а на прямой AC взяты точки Q и Q1. Прямая, соединяющая точку A с точкой пересечения прямых PQ и P1 Q1, пересекает прямую BC в точке D. Докажите, что 14.19. Пусть O — центр масс системы точек, суммарная масса которой равна m. Докажите, что моменты инерции этой системы относительно точки O и произвольной точки X связаны соотношением IX = IO + mXO2.

14.20. а) Докажите, что момент инерции относительно центра масс Точка C является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AC и прямой BC.

б) Решение аналогично решению задачи а). В качестве C нужно взять точку, симметричную точке A относительно биссектрисы внешнего угла C треугольника ABC. Так как AC B = C/2 < 90, задача может иметь два решения.

17.9. Пусть S — окружность радиуса a с центром B, S — окружность радиуса AX с центром X, A — точка, симметричная точке A относительно прямой l. Тогда окружность S касается окружности S, а точка A лежит на окружности S. Остаётся провести через данные точки A и A окружность S, касающуюся данной окружности S, и найти её центр X (см. задачу 8.57 б).

17.10. Пусть проекция точки A на прямую ON лежит ближе к точке O, чем проекция точки B. Предположим, что равнобедренный треугольник XYZ построен.

Рассмотрим точку A, симметричную точке A относительно прямой OM. Опустим из точки X перпендикуляр XH на прямую ON (рис. 17.3). Так как A XB = = A XO + OXA + YXH + HXZ = 2OXY + + 2YXH = 2OXH = 180 2MON, то угол A XB известен. Точка X является точкой пересечения прямой OM и дуги, из которой отрезок A B виден под углом 180 2MON. При этом проекция точки X на прямую ON должна лежать между проекциями точек A и B.

Обратно, если A XB = 180 MON и проекция точки X на прямую ON лежит между проекциями точек A и B, то треугольник XYZ равнобедренный.

17.11. Предположим, что точка X построена. Пусть B — точка, симметричная точке B относительно прямой MN; окружность радиуса AB с центром B пересекает прямую MN в точке A. Тогда луч B X является биссектрисой угла AB A. Следовательно, X — точка пересечения прямых B O и MN, где O — середина отрезка AA.

17.12. Проведём через точку A1 прямую BC, перпендикулярную прямой l1.

Вершина A искомого треугольника ABC является точкой пересечения прямых, симметричных прямой BC относительно прямых l2 и l3.

17.13. Пусть точка A симметрична точке A относительно биссектрисы угла C. Тогда C — точка пересечения прямой A B и прямой, на которой лежит биссектриса угла C.

17.14. Пусть A2 и A3 — точки, симметричные точке A относительно прямых l2 и l3. Тогда точки A2 и A3 лежат на прямой BC. Поэтому точки B и C являются точками пересечения прямой A2 A3 с прямыми l2 и l3.

17.15. Предположим, что треугольник ABC построен, причём N — середина AC, M — середина BC и биссектриса угла A лежит на данной прямой l.

Построим точку N, симметричную N относительно прямой l. Прямая BA проходит через точку N и параллельна прямой MN. Таким образом мы находим вершину A и прямую BA. Проведя прямую AN, получим прямую AC. Остаётся построить отрезок, концы которого лежат на сторонах угла BAC и M — его середина (см. решение задачи 16.15).

17.16. Пусть точка A симметрична A относительно прямой CM. Тогда 17.17. Пусть точки B, C и M симметричны точкам B, C и M относительно биссектрисы внешнего угла при вершине A. Тогда AM + AM MM = = (BB + CC )/2 = (b + c) sin(90 (a/2)) = (b + c) cos(a/2).

17.18. Пусть точка B симметрична B относительно биссектрисы угла ACB.

Тогда B A1 = BB1, т. е. требуется проверить, что B A1 < AA1. Для этого достаточно заметить, что AB A1 > AB B > 90.

17.19. Пусть D — точка, симметричная точке D относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC. Тогда SABCD = SABCD = SBAD + SBCD AB · AD /2 + + BC · CD /2 = (AB · CD + BC · AD)/2.

17.20. Пусть точка A симметрична точке A относительно прямой l.

Пусть X — точка на прямой l. Тогда AX + XB = A X + XB A B, причём равенство достигается, только если точка X лежит на отрезке A B. Поэтому искомая точка является точкой пересечения прямой l и отрезка A B.

17.21. Пусть PQR — треугольник, образованный основаниями высот треугольника ABC, P Q R — любой другой треугольник, вписанный в треугольник ABC. Пусть, далее, точки P1 и P2 (соответственно, P1 и P2 ) симметричны точке P (соответственно P ) относительно прямых AB и AC (рис. 17.4). Точки Q и R лежат на отрезке P1 P2 (см. задачу 1.58), поэтому периметр треугольРис. 17. ника PQR равен длине отрезка P1 P2. А периметр треугольника P Q R равен длине ломаной P1 R Q P2, т. е. он не меньше длины отрезка P1 P2. Остаётся заметить, что (P1 P2 )2 = P1 P2 + 4d2, где d — расстояние от точки P1 до прямой P1 P2.

17.22. Пусть X — произвольная точка, X1 = Sl1 (X) и X2 = Sl2 (X1 ).

а) Выберем на прямой l1 произвольную точку O и рассмотрим систему координат с началом O и осью абсцисс, направленной по прямой l1. Прямая l задаётся в этой системе координат уравнением y = a. Пусть y, y1 и y2 — ординаты точек X, X1 и X2. Ясно, что y1 = y и y2 = (a y1 ) + a = y + 2a.

Так как точки X, X1 и X2 имеют одинаковые абсциссы, то X2 = T2a (X), где Ta — перенос, переводящий l1 в l2, причём a l1.

б) Рассмотрим систему координат с началом O и осью абсцисс, направленной по прямой l1. Пусть угол поворота от прямой l1 к l2 в этой системе координат равен a, углы поворотов от оси абсцисс до лучей OX, OX1 и OX равны f, f1 и f2. Ясно, что f1 = f и f2 = (a f1 ) + a = f + 2a. Так как OX = OX1 = OX2, то X2 = R2a (X), где Ra — поворот, переводящий l1 в l2.

17.23. Предположим сначала, что Sc Sb Sa = Sl для некоторой прямой l.

Тогда Sb Sa = Sc Sc Sb Sa = Sc Sl. Неподвижной точкой преобразования Sb Sa является точка пересечения прямых a и b. Она должна быть также неподвижной точкой преобразования Sc Sl, поэтому прямая c должна проходить через точку пересечения прямых a и b.

Предположим теперь, что данные прямые пересекаются в точке O. Композиция Sb Sa представляет собой поворот с центром O, поэтому Sb Sa = Sb Sa для любой пары прямых a и b, полученных из a и b поворотом с центром O на один и тот же угол. Можно добиться, чтобы при этом повороте прямая b совпала с прямой c. Тогда Sc Sb Sa = Sc Sb Sa = Sc Sc Sa = Sa.

17.24. Представим T T в виде композиции трёх преобразований:

При этом Sa Sb, Sc Sa и Sb Sc — повороты на углы 2(b, a), 2(a, c) и 2(c, b) соответственно. Сумма углов поворотов равна 2((b, a) + (a, c) + (c, b)) = = 2(b, b) = 0, причём эта величина определена с точностью до 2 · 180 = 360.

Следовательно, эта композиция поворотов является параллельным переносом (см. задачу 18.37).

17.25. Если точки X и Y симметричны относительно прямой l3, то точки Sl1 (X) и Sl1 (Y) симметричны относительно прямой l2, т. е. Sl1 (X) = Sl2 Sl1 (Y).

Поэтому Sl1 Sl3 = Sl2 Sl1 и Sl3 = Sl1 Sl2 Sl1.

17.26. Пусть O — центр вписанной окружности; a и b — прямые OA и OB.

Тогда Sa Sb (C1 ) = Sa (A1 ) = A2 и Sb Sa (C1 ) = Sb (B1 ) = B2. Точки A2 и B получаются из точки C1 поворотами с центром O на противоположные углы, поэтому A2 B2 AB. Аналогичные рассуждения показывают, что стороны треугольников ABC и A2 B2 C2 параллельны, а значит, эти треугольники гомотетичны. Прямые AA2, BB2 и CC2 проходят через центр гомотетии, переводящей треугольник ABC в A2 B2 C2. Заметим, что при этой гомотетии описанная окружность треугольника ABC переходит в его вписанную окружность, т. е. центр гомотетии лежит на прямой, соединяющей центры этих окружностей.

17.27. Для каждого вектора прыжка имеется ровно два положения кузнечика, для которых прыжок задаётся этим вектором. Поэтому последоваГлава 17. Осевая симметрия тельность прыжков периодична тогда и только тогда, когда имеется лишь конечное число различных векторов прыжков.

Пусть a1 — вектор прыжка кузнечика с прямой l2 на прямую l1 ; a2, a3, a4,... — векторы последующих прыжков. Тогда a2 = Sl2 (a1 ), a3 = Sl1 (a2 ), a4 = Sl2 (a3 ),... Так как композиция Sl1 Sl2 является поворотом на угол 2g (или на угол 2p 2g), векторы a3, a5, a7,... получаются из вектора a1 поворотами на 2g, 4g, 6g,... (или на 2(p g), 4(p g), 6(p g),...). Поэтому набор a1, a3, a5,... содержит конечное число различных векторов тогда и только тогда, когда g/p — рациональное число. Набор a2, a4, a6,... рассматривается аналогично.

17.28. а) Предположим, что многоугольник A1 A2... An построен. Проведём через центр O окружности серединные перпендикуляры l1, l2,.. ., ln к хордам A1 A2, A2 A3,..., An A1 соответственно. Прямые l1,..., ln известны, так как они проходят через точку O и перпендикулярны данным прямым. Кроме того, A2 = Sl1 (A1 ), A3 = Sl2 (A2 ),..., A1 = Sln (An ), т. е. точка A1 является неподвижной точкой композиции симметрий Sln... Sl1. При нечётном n на окружности неподвижных точек ровно две; при чётном n либо неподвижных точек нет, либо все точки неподвижны.

б) Предположим, что искомый многоугольник A1... An построен. Рассмотрим многоугольник B1... Bn, образованный точками касания описанного многоугольника с окружностью. Стороны многоугольника B1... Bn перпендикулярны данным прямым, т. е. имеют заданные направления, поэтому его можно построить (см. задачу а)); остаётся провести касательные к окружности в точках B1,..., Bn.

17.29. Рассмотрим композицию последовательных симметрий относительно данных прямых l1,..., ln. В задаче а) в качестве вершины A1 искомого n-угольника нужно взять неподвижную точку этой композиции, а в задаче б) в качестве прямой A1 An нужно взять неподвижную прямую.

17.30. При последовательных симметриях относительно прямых l1,..., ln1, перпендикулярных данным прямым и проходящих через центр окружности, вершина A1 искомого многоугольника переходит в вершину An. Если n нечётно, то композиция этих симметрий — поворот на известный угол, поэтому через точку M нужно провести хорду A1 An известной длины. Если n чётно, то рассматриваемая композиция является симметрией относительно некоторой прямой, поэтому из точки M нужно опустить перпендикуляр на эту прямую.

17.31. Пусть O — центр данного круга, DR — круг радиуса R с центром O.

Докажем, что множеством образов точек DR при симметриях относительно прямых, проходящих через D1, является круг DR+2. В самом деле, образы точки O при указанных симметриях заполняют круг D2, а круги радиуса R с центрами в D2 заполняют круг DR+2. Поэтому за n отражений из точек D можно получить любую точку из D2n+1 и только эти точки. Остаётся заметить, что точку A можно «загнать» внутрь D1 за n отражений тогда и только тогда, когда за n отражений можно перевести некоторую точку из D1 в A.

17.32. Обозначим симметрии относительно прямых OA1,..., OAn через S1,..., Sn. Пусть Xk = Sk (X) при k = 1,..., n. Нужно доказать, что при некотором повороте относительно точки O система точек X1,..., Xn переходит в себя.

Ясно, что Sk+1 Sk (Xk ) = Sk+1 Sk Sk (X) = Xk+1. Преобразования Sk+1 Sk являются поворотами относительно точки O на угол 4p/n (см. задачу 17.22 б).

З а м е ч а н и е. При чётном n получается n/2-угольник.

17.33. О т в е т: 0, 1 или 7. Ось симметрии семиугольника обязательно проходит через одну из его вершин (остальные вершины разбиваются на пары симметричных вершин). Пусть у семиугольника есть ось симметрии.

Тогда у него есть три пары равных углов и три пары равных сторон. Вторая ось симметрии может быть расположена тремя существенно различными (не симметричными) способами. Легко видеть, что в каждом из этих трёх случаев все стороны семиугольника оказываются равными и все углы тоже.

17.34. Пусть прямые l1 и l2 являются осями симметрии плоской фигуры.

Это означает, что если точка X принадлежит фигуре, то точки Sl1 (X) и Sl2 (X) принадлежат фигуре. Рассмотрим прямую l3 = Sl1 (l2 ). Согласно задаче 17. Sl3 (X) = Sl1 Sl2 Sl1 (X), поэтому l3 также является осью симметрии.

Если у фигуры ровно две оси симметрии, то l3 = l1 или l3 = l2. Ясно, что l3 = l1, поэтому l3 = l2, т. е. прямая l2 перпендикулярна прямой l1.

17.35. Предположим, что многоугольник имеет три оси симметрии, которые не пересекаются в одной точке, т. е. они образуют треугольник.

Пусть X — точка многоугольника, наиболее удалённая от некоторой внутренней точки M этого треугольника. Точки X и M лежат по одну сторону от одной из рассматриваемых осей симметрии l. Если X — точка, симметричная X относительно прямой l, то MX > MX и точка X более удалена от точки M, чем точка X. Получено противоречие, поэтому все оси симметрии многоугольника пересекаются в одной точке.

17.36. Все оси симметрии проходят через одну точку O (задача 17.35).

Если l1 и l2 — оси симметрии, то l3 = Sl1 (l2 ) — тоже ось симметрии (см. задачу 17.25). Выберем одну из осей симметрии l нашего многоугольника.

Остальные оси разбиваются на пары прямых, симметричных относительно l.

Если прямая l1, перпендикулярная l и проходящая через точку O, не является осью симметрии, то число осей симметрии нечётно. Поэтому прямая l является осью симметрии. Ясно, что Sl1 Sl = R180 центральная симметрия, т. е. O — центр симметрии.

17.37. Пусть F — движение, переводящее точку A в A, причём точки A и A не совпадают; S — симметрия относительно серединного перпендикуляра l к отрезку AA. Тогда S F(A) = A, т. е. A — неподвижная точка преобразования S F. Кроме того, если X — неподвижная точка преобразования F, то AX = A X, т. е. точка X лежит на прямой l, а значит, X — неподвижная точка преобразования S F. Таким образом, точка A и все неподвижные точки преобразования F являются неподвижными точками преобразования S F.

Возьмём точки A, B и C, не лежащие на одной прямой, и рассмотрим их образы при данном движении G. Можно построить такие преобразования S1, S2 и S3, являющиеся симметриями относительно прямых или тождественными преобразованиями, что преобразование S3 S2 S1 G оставляет неподвижными точки A, B и C, т. е. оно является тождественным преобразованием E.

Домножая равенство S3 S2 S1 G = E слева последовательно на S3, S2 и S и учитывая, что Si Si = E, получаем G = S1 S2 S3.

17.38. Согласно задаче 17.37 любое движение первого рода является композицией двух симметрий относительно прямых. Остаётся воспользоваться результатом задачи 17.22.

17.39. Согласно задаче 17.37 любое движение второго рода можно представить в виде S3 S2 S1, где S1, S2 и S3 — симметрии относительно прямых l1, l2 и l3. Предположим сначала, что прямые l2 и l3 не параллельны. Тогда при повороте прямых l2 и l3 относительно точки их пересечения на любой угол композиция S3 S2 не изменяется (см. задачу 17.22. б)), поэтому можно считать, что l2 l1. Остаётся повернуть прямые l1 и l2 относительно точки их пересечения так, чтобы прямая l2 стала параллельна прямой l3.

Предположим теперь, что l2 l3. Если прямая l1 не параллельна этим прямым, то прямые l1 и l2 можно повернуть относительно точки их пересечения так, что прямые l2 и l3 станут не параллельны. А если l1 l2, то прямые l1 и l можно перенести параллельно так, что прямые l2 и l3 совпадут.

17.40. Предположим, что некоторое движение можно представить в виде композиции как чётного, так и нечётного числа симметрий относительно прямых. Тогда, с одной стороны, согласно задаче 17.39 это движение является скользящей симметрией относительно некоторой прямой l. Поэтому оно переводит прямую l в себя, но никакую другую прямую, параллельную l, оно в себя не переводит. Кроме того, скользящая симметрия либо не оставляет никакие точки неподвижными, либо оставляет неподвижными все точки прямой l. С другой стороны, согласно задаче 17.38 рассматриваемое движение является поворотом или параллельным переносом. Но поворот оставляет неподвижной ровно одну точку, а параллельный перенос переводит в себя каждую прямую некоторого семейства параллельных прямых.

З а м е ч а н и е. Если воспользоваться таким понятием, как направление обхода окружности, то можно сказать, что собственное движение сохраняет направление обхода, а несобственное — изменяет. Но если попытаться дать аккуратное определение этого понятие, то основанное на этом решение задачи 17.40 будет не таким уж коротким.

17.41. Пусть точка A1 симметрична точке A относительно прямой BC.

Тогда SBC (A1 ) = A, а при симметриях относительно прямых AB и AC точка A остаётся на месте. Поэтому преобразование S переводит точку A1 в A.

Аналогично проверяется, что преобразование S переводит точку B в точку B1, симметричную B относительно прямой AC.

Согласно задаче 17.39 преобразование S является скользящей симметрией.

Ось этой скользящей симметрии проходит через середины отрезков AA1 и BB1, т. е. через основания высот AH1 и BH2. Длина вектора переноса равна длине проекции отрезка AH1 на прямую H1 H2. Угол между прямыми AH1 и H1 H равен 90 a, поэтому длина проекции отрезка AH1 на прямую H1 H2 равна AH1 cos(90 a) = AH1 sin a = AC sin a sin g = 2R sin a sin b sin g.

З а м е ч а н и е. Если C = 90, то точки H1 и H2 совпадают. Тем не менее, предельное положение прямой H1 H2 определено однозначно, поскольку эта прямая антипараллельна стороне AB.

17.42. Если движение несобственное, то согласно задаче 17.39 оно представляет собой скользящую симметрию относительно некоторой прямой l. В таком случае все точки X лежат на прямой l.

Если движение собственное, то согласно задаче 17.38 оно является либо параллельным переносом на вектор a, либо поворотом на угол a, где 0 < a (этот поворот может быть либо по часовой стрелке, либо против). Если движение является переносом на вектор a, то точка X получается из точки A переносом на вектор a/2. Если движение является поворотом на 180, то все точки X совпадают с центром поворота. Если движения является поворотом на угол a, где 0 < a < 180, то точка X получается из точки A поворотом на угол a/2 и гомотетией с коэффициентом cos(a/2).

ПОВОРОТ

1. Мы не будем давать строгого определения поворота. Для решения задач достаточно иметь следующее представление о повороте: поворот с центром O (или относительно точки O) на угол f — это преобразование плоскости, переводящее точку X в такую точку X, что:

б) угол поворота от вектора OX к вектору OX равен f.