Элементарная математика / Ponarin-I

в целых числах (докажите). Следовательно, ответ на второй вопрос отрицательный.

1.85.Поворотом RB90◦ отрезок P N отображается на AC.

1.86.Один из указанных отрезков отображается на другой поворотом около центра треугольника на 120◦.

1.87.Отрезки данных прямых, являющиеся их пересечением с квадратом, равны, так как один из них отображается на другой поворотом около центра квадрата на 90◦. Поскольку, кроме того, они имеют общую середину, то являются диагоналями квадрата.

1.88.Решение существенно опирается на предыдущую задачу. Если провести через центр квадрата две прямые, соответственно параллельные прямым MN и P Q, то их пересечением с квадратом будут два равных отрезка. Им соответственно равны отрезки MN и P Q.

1.89.Поворотом около центра данного пятиугольника на 360◦ : 5 = 72◦

он отображается на себя, а каждая из его диагоналей — на соседнюю (в направлении поворота). Поэтому каждая из вершин полученного пятиугольника переходит в следующую. В силу этого пятиугольник правильный.

1.90.Решение аналогично решению задачи 1.89.

1.91.Треугольники ABC и ACD правильные и BM = CN. Поэто-

му поворотом RA60◦ точки B, C, M отображаются соответственно на точки C, D, N. Так как RA60◦ (M) = N, то треугольник AMN правильный.

1.92.Эти перпендикуляры являются образами данных прямых при повороте около центра квадрата на 90◦ и поэтому пересекаются в образе точки P при этом повороте.

1.93.Если C1 = RO90◦ (C), то B (CC1) и треугольник COC1 прямоугольный равнобедренный.

1.94.Композицией осевых симметрий относительно серединных перпендикуляров к отрезкам CD и DA отрезок DN отображается на отрезок KD.

1.95.Пусть треугольник ABC ориентирован положительно и B1 =

=RA90◦ (B). Тогда K1 — середина B1Q и AK1 AK, поэтому AK1 k QE и

AK = AK1 = (1/2)QE. Так как отрезок BC этим поворотом отображается на B1Q, то они равны и перпендикулярны. Поскольку AM k QB1

иAM = (1/2)QB1, то AM BC и AM = (1/2)BC.

1.96.Докажите, что точка M1 = RB60◦ (M) лежит на отрезке MC.

1.97.Согласно задаче 5 § 6 прямые BB1, CC1, DD1 проходят через вторую точку пересечения окружностей, описанных около квадратов.

1.98.Окружности равны и отображаются одна на другую поворотом около второй точки их пересечения на 60◦, при этом M → N

281

(задача 5 § 6). Так как указанные касательные являются соответственными при рассматриваемом повороте, то угол между ними равен 60◦.

1.99. Стороны рассматриваемого четырехугольника параллельны соответственно MC и AQ и имеют длины (1/2)MC и (1/2)AQ. Но эти отрезки равны и перпендикулярны, так как один их них отображается на другой поворотом около точки B на 90◦.

1.100. Центр поворота строится по двум парам соответственных точек (п. 5.3): A → B и O1 → O2 (центры данных окружностей).

1.101. Искомый центр поворота лежит на серединном перпендикуляре к отрезку, соединяющему центры A и B данных окружностей. С другой стороны, он принадлежит дуге окружности, стягиваемой хордой AB и вмещающей угол 45◦. Всегда существуют две и только две такие точки.

1.102. Если искомая окружность с заданным центром O пересекает данные окружности g и w в точках A и B, то требуется, чтобыAOB = a. Точка A (или B) является общей точкой окружностей g

и w1 = Ra (w).

O

1.103. Постройте образ A1 данного центра A искомой окружности при заданном повороте. Точка касания окружностей является середи-

1.106. Одну из вершин, скажем A, искомого квадрата ABCD можно выбрать произвольно на одной из данных концентрических окружностей a и b. Если A a и B b, то поворот RA90◦ отображает точку B на D b. Поэтому вершина D находится как точка пересечения окружности b и образа a1 окружности a при этом повороте.

1.108. Пусть O — центр данной окружности w и окружность (O, OM) пересекает прямую a в точках P и Q. Тогда поворотами около O на углы P OM и QOM прямая a отображается на касательные к окружности w, проходящие через точку M. Точки касания служат образами точки A при указанных поворотах.

1.109. Сначала постройте какую-нибудь хорду окружности, имеющую заданную длину, а затем поворотом отобразите содержащую ее прямую на искомую прямую. Сравните с решением задачи 1.108.

1.110. Пусть квадрат ABCD ориентирован отрицательно и E1 = = RA90◦ (E). Тогда E1 (BC) и BE1 =DE. Замечаем, что F AE1 = AF E1,

откуда AE1 = F E1 и поэтому AE = AE1 = F E1 = F B + BE1 = F B + DE.

1.111. Каждый из указанных поворотов отображает середину отрезка AB на середину отрезка A1B1, поэтому прямая OO1 является

282

и поэтому M (M1C1), т.е. точки M, M1, C, C1 коллинеарны. Наконец, из равенства MC1 = MM1 + M1C1 следует MC1 = MA + MB.

1.116. Пусть точки A, B, C, D лежат на прямых, содержащих последовательно стороны квадрата. Построим точку P такую, что AP BD и AP = BD. Согласно задаче 1.88 точка P принадлежит прямой, содержащей сторону квадрата и проходящей через точку C. Проведя через точки B и D перпендикуляры к P C, находим сторону искомого квадрата. Используя ее и точку A, строим квадрат. Существуют два квадрата, отвечающие условию задачи.

1.117. Если M — образ точки A при повороте около центра O на заданный угол f, то угол между лучами A1A и B1M равен f. Поэтому величина угла BB1M (или ему смежного) равна f. Отсюда вытекает способ построения точки B1: помимо данной окружности она принадлежит множеству точек, из каждой из которых отрезок MB виден под углом f (или p − f).

1.118. Поворот RO90◦ около центра O квадрата MBP S отображает отрезок MQ на отрезок SC.

1.119. Р е ш е н и е 1. При повороте RC90◦ A → B и A1 → B1. Поэтому (AA1) (BB1) и, следовательно, (CD) k (B1B). Но в таком случае

AC : CB1 = AD : DB = 2 : 1.

Р е ш е н и е 2. При повороте RM90◦ около середины M гипотенузы C → B, B → K, причем (CB) (BK), A1 → N, где N — середина BK, A → C. Поскольку (AA1) → (CN) и (AA1) (CN), то N (CD). Но

CA : BN = 2 : 1, поэтому AD : DN = 2 : 1.

1.120. Проведем касательную l1 к окружности w1(M, R) в произволь-

ной точке A. Затем найдем поворот Ra , которым касательная l1 отобра-

M

жается на касательную l2 к w2(N, r). Для этого на отрезке MA отложим отрезок MP такой, что MP = R −r. Через точку P проведем прямую l0,

параллельную l1. Остается найти угол a поворота Ra , при котором l0

M

отображается на прямую l, проходящую через N (задача 1.108). 1.121. Пусть даны окружности a, b, g и b ∩g = {A, H}, g ∩a = {B, H},

a ∩ b = {C, H}. Если принять во внимание задачу 1.33, то достаточно сказать, что H — ортоцентр треугольника ABC. В самом деле, если D — вторая общая точка прямой AH и окружности a, то поворот около точки C, отображающей b на a, переводит A в D (задача 5 § 6). Следовательно, CA = CD. Поворот с центром B, отображающий g на a, также переводит A в D, откуда BA = BD. Из полученных равенств вытекает симметричность точек A и D относительно (BC). Значит, (AH) (BC). Аналогично (BH) (AC) и (CH) (AB).

1.122. Центральная симметрия относительно точки пересечения осей данных симметрий.

284

1.123. Если a ∩ b ∩ c = O, то через точку O проведем прямую l так, чтобы (a, b) = (l, c) (углы ориентированные). Тогда Sb ◦ Sa = Sc ◦ Sl, откуда Sc ◦Sb ◦Sa = Sl. В случае параллельности прямых a, b, c решение аналогично.

1.124. Тождественное преобразование.

1.125. Прямые l, m, p пересекаются в центре O окружности (ABC), поэтому каждая из указанных композиций есть осевая симметрия (задача 1.123), ось которой проходит через O. Кроме того, при композиции Sp ◦Sm ◦Sl точка B неподвижна. Значит, Sp ◦Sm ◦Sl = SOB. Аналогично

Sl ◦ Sp ◦ Sm = SOC и Sm ◦ Sl ◦ Sp = SOA.

1.126. Пусть I — точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Композиция SIC ◦ SIB ◦ SIA есть осевая симметрия, ось которой содержит точку I (задача 1.123). Так как эта композиция отображает прямую AC на себя, то ее ось перпендикулярна AC. Таким образом, искомой осью является перпендикуляр к AC, проведенный через центр I вписанной в треугольник окружности.

1.127. Точки пересечения биссектрис углов четырехугольника служат вершинами четырехугольника, у которого сумма противоположных

углов равна 180◦. Поэтому, если a, b, c, d — прямые, которым принадлежат последовательно биссектрисы, то (Sd ◦ Sc) ◦ (Sb ◦ Sa) = RB2(180◦−a) ◦

◦RA2a = Tr—, где A = a ∩ b, B = c ∩ d, a = (a, b), (c, d) = 180◦ − a.

1.128. Если a, b, c, d — прямые, содержащие последовательно сто-

роны четырехугольника, то по условию Sd ◦ Sc ◦ Sb ◦ Sa = Tr—, откуда Sb ◦ Sa = (Sc ◦ Sd) ◦ Tr—. Поэтому углы поворотов Sb ◦ Sa и Sc ◦ Sd равны: 2 (a, b) = 2 (d, c). Если (a, b) — величина внутреннего угла четырехугольника, то с учетом выбранной последовательности прямых и ориентации углов величина (d, c) будет величиной внешнего угла, противоположного первому. Следовательно, сумма противоположных углов четырехугольника равна 180◦.

1.129. Так как A + B + C = 180◦, то заданная композиция трех поворотов представляет собой центральную симметрию. Найдем ее

центр M. Руководствуясь теоремой о композиции двух поворотов (п. 7.6), находим, что RBB ◦ RAA = RI A+ B = RI180◦− C, где I — центр

вписанной в треугольник ABC окружности. Применяя еще раз ту же теорему к композиции RCC ◦ RI180◦− C, получаем, что точка M является ортогональной проекцией точки I на AC, поскольку тогда

MIC = 90◦ − (1/2) C и MCI = (1/2) C.

1.130. Сумма углов поворотов равна 180◦, поэтому их композицией будет центральная симметрия. Если треугольник ABC ориентирован отрицательно, то точка B указанной композицией отображается на себя и поэтому является центром этой симметрии.

285

1.131. Композиция четырех поворотов на 90◦ каждый около центров квадратов есть тождественное преобразование. На основании задачи 4 § 8 отсюда следует доказываемое утверждение.

1.132. Пусть треугольник ABC ориентирован положительно и O1, O2, O3 — центры квадратов, построенных на его сторонах BC, CA, AB

соответственно. Композиция R90◦ ◦ R90◦ есть центральная симметрия с

O3 O1

центром в середине K стороны AC, так как сумма углов поворотов равна 180◦ и C → A. Следовательно, треугольник O1KO3 прямоугольный равнобедренный, K = 90◦ (п. 7.6). Далее, RK90◦ (C) = O2 и RK90◦ (O3) = O1 поэтому отрезки CO3 и O1O2 равны и перпендикулярны.

зование, так как сумма углов поворотов равна 360◦ и точка A неподвижна при этой композиции. Углы треугольника MOP равны 90◦,

60◦, 30◦.

1.134. Очевидно, достаточно построить ось переносной симметрии. А она проходит через середину отрезка AA1, соединяющего данные

6 ¯

соответственные точки, параллельно заданному вектору r¯ = 0. При

AA1 k r¯ AA1 6= r¯ или AA1 r¯ задача решения не имеет.

1.135. Wlr— = ZO ◦ Su = Sv ◦ ZP , причем u l, v l, u ∩ l = P , v ∩ l = O,

P O = (1/2)¯r.

1.136. При каждой переносной симметрии, отображающей одну из данных окружностей на другую, центры окружностей являются соответственными точками. Вследствие этого оси всех этих симметрий проходят через середину отрезка, соединяющего центры окружностей.

1.137. Существует единственная переносная симметрия, удовлетворяющая требованиям задачи. Она задается парами точек A → B и O → O1 (центры данных окружностей).

1.138. Середины указанных отрезков принадлежат оси переносной или осевой симметрии, задаваемой парами точек A → A1, B → B1,

C → C1.

1.139. Оси указанных трех переносных симметрий проходят через середину отрезка, соединяющего центры данных правильных треугольников.

1.140. Середины сторон четырехугольника AB1BA1 являются вершинами ромба. Оси указанных переносных симметрий содержат его диагонали.

1.141. Пусть Wlr— = Sl ◦ Sv ◦ Su, ZA = St ◦ Sl, причем u k v, u l, t l. Тогда ZA ◦ Wlr— = (St ◦ Sl) ◦ (Sl ◦ Sv ◦ Su) = St ◦ Sv ◦ Su. Так как прямые u, v, t параллельны, то эта композиция будет осевой симметрией, ось p

которой им параллельна и является прообразом прямой t при переносе, отображающем u на v (задача 1.123).

286

1.142. Если переносная симметрия отображает A на A1 и B на B1 то ее ось проходит через середины отрезков AA1 и BB1. Равным образом ось переносной симметрии, при которой A → B1 и B → A1, содержит середины отрезков AB1 и BA1. Середины сторон четырехугольника AB1BA1 являются вершинами ромба, диагонали которого принадлежат осям указанных переносных симметрий. Поэтому их композиция есть центральная симметрия.

1.143. Заданная композиция четырех переносных симметрий есть движение первого рода. Непосредственной проверкой убеждаемся, что A — неподвижная точка и AB — двойная прямая этого движения. Так как оно, очевидно, отлично от тождественного, то является симметрией относительно точки A.

1.144. Композиция трех центральных симметрий есть центральная симметрия. Если при центральной симметрии окружность отображается на себя, то центр симметрии совпадает с центром O окружности, причем P MQO — параллелограмм. Остается доказать, что OQ = P M. В самом деле,

OQ = 12 (OC + OD), OP = 12 (OA + OB), OM = 12 (OA + OB + OC + OD).

Отсюда получаем: P M = OM − OP = 12 (OC + OD) = OQ.

1.145. Проведем через центр O окружности прямые a1, a2, a3, a4, a5, перпендикулярные сторонам AB, BC, CD, DE, EA данного пятиугольника. Композиция симметрии относительно построенных прямых (в указанном порядке) отображает вершину A0 искомого пятиугольника на себя. Надо построить ось l симметрии, являющейся указанной композицией. Тогда точки пересечения прямой l с окружностью дают два решения задачи.

1.146. Множество неподвижных точек (для каждой из них x0 = x,

√

y0 = y) имеет уравнение x − 3y = 0 (ось симметрии).

1.147√. a) RO60◦ , б) RO120◦ , в) RO240◦ , г) осевая симметрия относительно прямой 3x + y = 0.

1.148. Движение первого рода:

x0 = 1 (−12x + 5y + 59),

13

y0 = 131 (−5x − 12y + 43).

Движение второго рода:

x0 = y + 3, y0 = x + 1.

287

1.150.

1.153. Систему координат можно выбрать так, чтобы касательная к окружности имела уравнение y = 1. Пусть вершина A√имеет координаты a, b. По условию выбора системы координат OA = 2, т. е. a2 + b2 = 2 (условие того, что квадрат описан около окружности x2 + y2 = 1). Далее напишите формулы поворота RO90◦ и найдите координаты вершин B, C, D.

1.154. Выберем систему координат так, чтобы ось Oy была параллельна прямым AA1 и BB1, а начало координат совпадало с вершиной C прямого угла. Пусть прямая l имеет уравнение y = kx. Если

1.156. Пусть O1, O2, O3, O4 — центры квадратов, построенных соответственно на сторонах AB, BC, CD, DA параллелограмма ABCD (его считаем ориентированным отрицательно). Тогда O1O4 = O1A + AO4.

При повороте на 90◦ O1A → O1B и AO4 → BO2, поэтому O1O4 → O1B +

+ BO2 = O1O2. Следовательно, векторы O1O4 и O1O2 перпендикулярны и имеют равные длины. В силу симметрии относительно центра параллелограмма ABCD четырехугольник O1O2O3O4 является параллелограммом, и вследствие доказанного он — квадрат.

1.157. Вектор MN = 12 (AC1 + CB) поворотом на 60◦ отображается

на вектор 12 (AB + CA1) = MP . Отсюда следует, что треугольник MNP правильный.

1.158. Поворотом на 60◦ вектор A1O = A1C + CO отображается на

вектор A1B+OA=(MB−MA1)+(MA−MO)=−(MA1 +MO)=−2MD, где D — середина OA1. Это значит, что треугольник MOD правильный,MOA1 = 60◦. Далее находим OA1M = 30◦, OMA1 = 90◦.

1.160. Вектор P R = 12 (A1C1 + BD) отображается на вектор QS = = 12 (B1D1 + CA) поворотом на 90◦.

288

1.161. Пусть треугольник ABC ориентирован положительно и R90◦ (AB) = CD. Тогда вектор AQ = AB + BQ поворотом на 90◦ отображается на вектор CD + BC = BD и NB = NA + AB → AC + CD = AD. Следовательно, прямые CD, AQ, NB содержат высоты треугольника ABD, а это совпадает с доказываемым утверждением.

1.162. Выполните поворот вектора SM = 12 (AD + BE) на 90◦. 1.163. Рассмотрим многоугольник B1B1 . . . Bn с вершинами в точ-

¯

ках касания. Очевидно, B1B2 + B2B3 + . . . + Bn−1Bn + BnB1 = 0. При повороте RO90◦ отрезки B1B2, B2B3, . . . , BnB1 отображаются на от-

резки C1C2, C2C3, . . . , CnC1, параллельные соответственно отрезкам

¯

OA1, OA2, . . . , OAn. Но C1C2 + C2C3 + . . . + Cn−1Cn + CnC1 = 0, причем C1C2 = sin A1 ·OA1, C2C3 = sin A2 ·OA2, . . ., CnC1 = sin An ·OAn. Следовательно,

· · · ¯ sin A1 OA1 + sin A2 OA2 + . . . + sin An OAn = 0.

1.164. Поворотом около произвольной плоскости на 90◦ треугольник ABC отображается на некоторый треугольник A0B0C0. Очевидно,

B0C0 = xAA1, C0A0 = yBB1, A0B0 = zCC1, где числа x, y, z положительны (или же все отрицательны):

Глава II

2.01.Четырехугольник с вершинами в серединах сторон данного четырехугольника является параллелограммом. Образы данной точки при указанных симметриях служат вершинами четырехугольника, гомотетичного этому параллелограмму.

2.02.Окружности гомотетичны относительно точки касания. Прямые AB и CD — соответственные при этой гомотетии.

2.04.Треугольник A1B1C1 гомотетичен треугольнику с вершинами

всерединах сторон треугольника ABC.

2.05.Пусть D — середина AB и M — центроид треугольника ABC. Тогда HD1/3(C) = M. Поэтому если точка C пробегает прямую, то точка M пробегает прямую, ей параллельную, которую легко построить.

2.06.Окружность, касающаяся данной окружности в общем конце

хорд.

289

2.07.Используйте две гомотетии: 1) гомотетию с центром в точке O пересечения диагоналей AC и BD трапеции ABCD, при которой A→C,

2)гомотетию с центром в точке пересечения продолжений боковых сторон AD и BC, при которой A → D.

2.09.Эти окружности гомотетичны относительно их общей точки O, поскольку они описаны около гомотетичных относительно нее треугольников. Точка O принадлежит линии центров окружностей, что доказывает их касание в точке O.

2.10.Пусть данные неравные окружности w и w1 имеют центры O и O1, B w, C w1 и (BC) ∩(OO1) = S. Тогда HSB→C(w) = w1. Если AD — диаметр окружности w1, то при указанной гомотетии A → D и, значит,

(AB) k (DC), BAC = ACD = 90◦. Когда окружности w и w1 равны, утверждение очевидно.

2.12.Если при гомотетии, отображающей большую окружность на меньшую, M → M1 и N → N1, то (M1N1) k (MN), откуда `MP = `P N

иMAP = P AN.

2.13.Рассматривая образ секущей при гомотетии с центром A, отоб-

ражающей одну окружность на другую, обнаруживаем, что P AQ =

=MAN, откуда следует MAP = NAQ.

2.14.Рассмотрим гомотетию с центром A, при которой окружность, проходящая через точки M и N, отображается на окружность, содержащую точки P и Q. Пусть при этой гомотетии M → M1 и N → N1. Проведя общую касательную к окружностям в точке A, находим:

MAQ + NAP = MAN + P AQ + 2 NAP =

Поскольку (M1N1) k (P Q), то `N1AP = `M1Q. Поэтому полученная сумма угловых величин дуг равна угловой величине окружности и, значит, MAQ + NAP = (1/2) · 360◦ = 180◦.

2.15. Пусть через центр S гомотетии двух окружностей проведены две произвольные секущие, одна из которых пересекает окружности в соответственных при гомотетии с этим центром точках A и A1, B и B1, а другая — в точках C и C1, D и D1. Доказываемое равенство SA · SB1 = SC · SD1 следует из подобия треугольников ACS и D1B1S.

2.17.Пусть при заданной гомотетии M →M1 и N →N1. Прямая M1N

ипараллельная ей прямая, проходящая через точку M, составляют нужную пару прямых. Другой такой парой является прямая MN1 и параллельная ей прямая, проходящая через точку N.

290