Глава 16. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 17.

16.1.

Пусть в треугольнике ABC медиана BD является биссектрисой. Рассмотрим точку B₁, симметричную B относительно точки D. Так как D - середина отрезка AC, то четырехугольник ABCB₁ - параллелограмм. А так как РABB₁ = РB₁BC = РAB₁B, то треугольник B₁AB равнобедренный и AB = AB₁ = BC.

16.2.

Первый игрок кладет пятак в центр стола, а затем кладет пятаки симметрично пятакам второго игрока относительно центра стола. При такой стратегии первый игрок всегда имеет возможность сделать очередной ход. Ясно также, что игра завершится за конечное число ходов.

16.3.

Пусть перпендикуляры к сторонам, проведенные через точки A₁, B₁ и C₁ пересекаются в точке M. Обозначим центр окружности через O. Перпендикуляр к стороне BC, проведенный через точку A₁, симметричен относительно точки O перпендикуляру к стороне BC, проведенному через точку A₂. Поэтому перпендикуляры к сторонам, проведенные через точки A₂, B₂ и C₂, пересекаются в точке, симметричной M относительно точки O.

16.4.

Пусть P, Q, R и S - середины сторон AB, BC, CD и DA; M - точка пересечения отрезков PR и QS (т. е. середина обоих этих отрезков: см. задачу 14.5); O - центр описанной окружности, а точка Oў симметрична O относительно точки M. Докажем, что прямые, о которых идет речь в условии задачи, проходят через точку Oў. В самом деле, OўPOR - параллелограмм, поэтому OўP||OR, а так как R - середина хорды CD, то OR^CD, т. е. OўP^CD. Для прямых OўQ, OўR и OўS доказательство проводится аналогично.

16.5.

Пусть точка Dў симметрична D относительно точки P. Если площадь треугольника PCD равна половине площади четырехугольника ABCD, то она равна сумме площадей треугольников PBC и PAD, т. е. сумме площадей треугольников PBC и PBDў. Так как P - середина отрезка DDў, то S_PCDў = S_PCD = S_PBC + S_PBDў, поэтому точка B лежит на отрезке DўC. Остается заметить, что DўB||AD.

16.6.

Окружности S₁ и S₂ симметричны относительно точки A. Так как OB - диаметр окружности S₁, то РBAO = 90°, поэтому при симметрии относительно A точка B снова попадает на окружность S. Следовательно, при симметрии относительно A точка B переходит в точку пересечения окружностей S₂ и S.

16.7.

Так как РEAF = РECF = 30°, точки A, E, F и C лежат на одной окружности S, причем если O - ее центр, то РEOF = 60°. Точка B симметрична A относительно точки E, поэтому она лежит на окружности S₁, симметричной окружности S относительно точки E. Аналогично точка B лежит на окружности S₂, симметричной окружности S относительно, точки F. Так как треугольник EOF правильный, центры окружностей S, S₁ и S₂ образуют правильный треугольник со стороной 2R, где R - радиус этих окружностей. Поэтому окружности S₁ и S₂ имеют единственную общую точку B, причем треугольник BEF правильный. Следовательно, треугольник ABC тоже правильный.

Рис. 16.1

16.8. Рассмотрим многоугольник, симметричный исходному относительно точки O. Так как стороны многоугольника попарно непараллельны, контуры этих многоугольников не могут иметь общих отрезков, а могут иметь только общие точки. А так как многоугольники выпуклые, на каждой стороне лежит не более двух точек пересечения; поэтому имеется не более 2n точек пересечения контуров (точнее, n пар симметричных относительно O точек).

Пусть l₁ и l₂ - прямые, проходящие через точку O и делящие площадь исходного многоугольника пополам. Докажем, что внутри каждой из четырех частей, на которые эти прямые делят плоскость, есть точка пересечения контуров. Предположим, что в одной из частей между прямыми l₁ и l₂ нет таких точек. Обозначим точки пересечения прямых l₁ и l₂ со сторонами многоугольника так, как показано на рис. 16.1. Пусть точки Aў, Bў, Cў и Dў симметричны относительно точки O точкам A, B, C и D соответственно. Для определенности будем считать, что точка A лежит ближе к точке O, чем точка Cў. Так как отрезки AB и CўDў не пересекаются, точка B лежит ближе к точке O, чем точка Dў. Поэтому S_ABO < S_CўDўO = S_CDO, где ABO - выпуклая фигура, ограниченная отрезками AO и BO и частью границы n-угольника, заключенной между точками A и B.

С другой стороны, S_ABO = S_CDO, так как прямые l₁ и l₂ делят площадь многоугольника пополам. Получено противоречие. Поэтому между каждой парой прямых, делящих площадь пополам, лежит пара симметричных точек пересечения контуров, т. е. таких прямых не более n.

16.9.

а) Пусть точка A при центральной симметрии относительно точки O₁ переходит в точку A₁, точка A₁ переходит при симметрии относительно O₂ в точку A₂. Тогда O₁O₂ - средняя линия треугольника AA₁A₂ поэтому

® AA2

= 2

® O1O2

.

16.10.

Согласно предыдущей задаче S_B°S_A = T_{2[( ®) || ( AB)]}. Поэтому S_O3°S_O2°S_O1°S_O3° °S_O2°S_O1  =  T_{2([( ®) || ( O2O3)] + [( ®) || ( O3O1)] + [( ®) || ( O1O2)])} - тождественное преобразование.

16.11.

а) Предположим, что ограниченная фигура имеет два центра симметрии O₁ и O₂. Введем систему координат с осью абсцисс, направленной по лучу O₁O₂. Так как S_O2°S_O1  =  T_{2[( ®) || ( O1O2)]}, фигура переходит в себя при переносе на вектор

2

® O1O2

. Ограниченная фигура не может обладать этим свойством, так как образ точки с наибольшей абсциссой не принадлежит фигуре.

Рис. 16.2

в) Покажем, что конечное множество может иметь только 0, 1, 2 или 3 «почти центров симметрии». Соответствующие примеры приведены на рис. 16.2. Остается доказать, что конечное множество не может иметь больше трех «почти центров симметрии».

Почти центров симметрии конечное число, так как они являются серединами отрезков, соединяющих точки множества. Поэтому можно выбрать прямую, проекции почти центров симметрии на которую не сливаются. Следовательно, доказательство достаточно провести для точек, лежащих на одной прямой.

Пусть на прямой задано n точек с  координатами x₁ < x₂ < ј < x_n – 1 < x_n. Если мы выбрасываем точку x₁, то центром симметрии оставшегося множества может быть только точка (x₂ + x_n)/2; если выбрасываем x_n - то только точка (x₁ + x_n – 1)/2; если же выбрасываем любую другую точку - то только точка (x₁ + x_n)/2. Поэтому почти центров симметрии не больше трех.

16.12.

Если пара симметричных точек окрашена в разные цвета, то ее можно просто выбросить из рассмотрения; выбросим все такие пары. В оставшемся наборе точек число синих пар равно числу красных пар. Кроме того, сумма расстояний как от точки A, так и от точки B до любой пары симметричных точек равна длине отрезка AB.

16.13.

Рассмотрим окружность S₁ў, симметричную окружности S₁ относительно точки A. Искомая прямая проходит через точки пересечения S₁ў и S₂.

16.14.

Пусть lў - образ прямой l при симметрии относительно точки A. Искомая прямая проходит через точку A и точку пересечения прямой lў с окружностью S.

Рис. 16.3

16.15. Построим точки Aў и Cў пересечения прямых, симметричных прямым BC и AB относительно точки D, с прямыми AB и BC (рис. 16.3). Ясно, что точка D является серединой построенного отрезка AўCў, так как точки Aў и Cў симметричны относительно D.

16.16. Пусть O - середина отрезка AB. Нужно построить точки C и D, лежащие на сторонах угла, для которых точка O является серединой отрезка CD. Это построение описано в  решении предыдущей задачи.

16.17. Предварительно разобьем прямые на пары. Это можно сделать тремя способами. Пусть противоположные вершины A и C параллелограмма ABCD лежат на одной паре прямых, B и D - на другой. Рассматривая угол, образованный первой парой прямых, строим точки A и C, как это описано в решении задачи 16.15. Аналогично строим точки B и D.

16.18.

Возьмем на меньшей окружности S₁ произвольную точку X. Пусть S₁ў - образ окружности S₁ при симметрии относительно точки X, Y - точка пересечения окружностей S₁ў и S₂. Тогда XY - искомая прямая.

16.19.

Предположим, что точка X построена. Обозначим образы точек A, B и X при симметрии относительно точки J через Aў, Bў и Xў соответственно (рис. 16.4). Угол РAўFB = 180° – РAXB известен, поэтому точка F является точкой пересечения отрезка CD с дугой окружности, из которой отрезок BAў виден под углом 180° – РAXB. Точка X является точкой пересечения прямой BF с данной окружностью.

Рис. 16.4 Рис. 16.5

16.20.

Предположим, что прямая l построена. Рассмотрим окружность S₁ў, симметричную окружности S₁ относительно точки A. Пусть O₁, O₁ў и O₂ - центры окружностей S₁, S₁ў и S₂ (рис. 16.5). Проведем через точки O₁ў и O₂ прямые l₁ў и l₂, перпендикулярные прямой l. Расстояние между прямыми l₁ў и l₂ равно половине разности длин хорд, высекаемых прямой l на окружностях S₁ и S₂. Поэтому для построения прямой l нужно построить окружность радиуса a/2 с центром O₁ў; прямая l₂ будет касательной к этой окружности. Построив прямую l₂, опускаем на нее перпендикуляр из точки A и получаем прямую l.

16.21.

Пусть B₁, B₂, ј, B_m - середины сторон A₁A₂, A₂A₃, ј, A_mA₁ многоугольника A₁A₂јA_m. Тогда S_B1(A₁) = A₂, S_B2(A₂) = A₃, ј, S_Bm(A_m) = A₁. Поэтому S_Bm°ј°S_B1(A₁) = A₁, т. е. A₁ - неподвижная точка композиции симметрий S_Bm°S_Bm – 1°ј°S_B1. Согласно задаче 16.9 композиция нечетного числа центральных симметрий является центральной симметрией, т. е. имеет единственную неподвижную точку. Эту точку можно построить как середину отрезка, соединяющего точки X и S_Bm°S_Bm – 1°ј°S_B1(X), где X - произвольная точка.

Глава 16. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 17.

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.