Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://www.mccme.ru/free-books/prasolov/planim/gl15sol.htm
Дата изменения: Wed Aug 4 15:18:53 2004
Дата индексирования: Sat Dec 22 18:08:48 2007
Кодировка: Windows-1251
Поисковые слова: р п р п р п р п р п р п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п р п п п р п р п п р п р п п р п р п п р п

Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. (4-е изд. — Осторожно! В этом издании немало опечаток!)	МЦНМО, 2002


Глава 15. Задачи для самостоятельного решения \|	Оглавление \|	Глава 16.

Решения

15.1. Пусть A? - образ точки A при параллельном переносе на вектор
R
MN

. Тогда A?N = AM, поэтому длина пути AMNB равна A?N + NB + MN. Так как длина отрезка MN постоянна, то нужно найти точку N, для которой сумма A?N + NB минимальна. Ясно, что она минимальна, когда точка N лежит на отрезке A?B, т. е. точка N является точкой пересечения берега, ближайшего к точке B, и отрезка A?B.

Рис. 15.1

15.2. Обозначим последовательные точки траектории на сторонах треугольника через A₁, B₁, B₂, C₂, C₃, A₃, A₄ B₄, ? (рис. 15.1). Так как A₁B₁||AB₂, B₁B₂||CA₁ и B₁ C||B₂C₂, то треугольник AB₂C₂ получается из треугольника A₁B₁C параллельным переносом. Аналогично треугольник A₃BC₃ получен параллельным переносом из треугольника AB₂C₂, а треугольник A₄B₄C - из треугольника A₃BC₃. Но треугольник A₁B₁C тоже получен из треугольника A₃BC₃ параллельным переносом. Поэтому A₁ = A₄, т. е. после семи шагов траектория замкнется (возможно, что она замкнется и раньше).

15.3.: а) Достроим треугольник CBD до параллелограмма CBDE. Тогда 2KM = AE ? AD + DE = AD + BC, причем равенство достигается, только если AD||BC.

б) Пусть a = AB, b = BC, c = CD и d = DA. Если |a - c| = |b - d| ? 0, то согласно задаче а) максимум достигается в вырожденном случае, когда все точки A, B, C и D окажутся на одной прямой. Предположим теперь, например, что |a - c| < |b - d|. Достроим треугольники ABL и LCD до параллелограммов ABLP и LCDQ. Тогда PQ ? |b - d|, а значит, LN² = (2LP² + 2LQ² - PQ²)/4 ? (2(a² + c²) - (b - d)²)/4. Кроме того, согласно задаче a) KM ? (b + d)/2. Оба равенства достигаются, когда ABCD - трапеция с основаниями AD и BC.

Рис. 15.2

Рис. 15.3

15.4. Построим окружность S, касающуюся стороны AB и лучей BC и AD, и перенесем треугольник CND параллельно (в направлении оснований BC и AD) так, чтобы точка N? совпала с точкой M, т. е. сторона C?D? касалась окружности S (рис. 15.2).

Для описанной трапеции ABC?D? равенство 2MN? = |AB + C?D? - BC? - AD?| очевидно, так как N? = M. При переходе от трапеции ABC?D? к трапеции ABCD к левой части этого равенства добавляется 2N?N, а к правой добавляется CC? + DD? = 2NN?, поэтому равенство сохраняется.

15.5. Обозначим точку пересечения высот треугольника BKH через H₁. Так как HH₁^BK и KH₁^BH, то HH₁||AD и KH₁||DC, т. е. H₁HDK - параллелограмм. Поэтому при параллельном переносе на вектор
R
H₁H

точка K переходит в точку D, а точка B переходит в некоторую точку P (рис. 15.3). Так как PD||BK, то BPDK - прямоугольник и PK = BD = b. А так как BH₁^KH, то PH^KH. Ясно также, что PH = BH₁.

В прямоугольном треугольнике PKH известны гипотенуза KP + b и катет KH = a, поэтому
BH₁ = PH =
Ц

b² - a²

.

Рис. 15.4

15.6. Обозначим серединные перпендикуляры к сторонам треугольников так, как показано на рис. 15.4. Все прямые l_ij параллельны и расстояние между прямыми l₁₁ и l₁₂ равно расстоянию между прямыми l₂₁ и l₂₂ (оно равно половине длины стороны параллелограмма). Поэтому параллельный перенос, переводящий l₁₁ в l₁₂, переводит l₂₁ в l₂₂, а параллельный перенос, переводящий l₁₁ в l₂₁, переводит l₁₂ в l₂₂. Следовательно, параллельный перенос, переводящий точку пересечения прямых l₁₁ и m₁₁ в точку пересечения прямых l₁₂ и m₂₁, переводит точку пересечения прямых l₂₁ и m₁₂ в точку пересечения прямых l₂₂ и m₂₂.

Рис. 15.5

15.7. а) Фигуру, лежащую внутри квадрата ABCD со стороной 1, обозначим через F, а ее площадь - через S. Рассмотрим два вектора
R
AA₁

и
R
AA₂

, где точка A₁ лежит на стороне AD и AA₁ = 0,001, а точка A₂ лежит внутри угла BAD, РA₂AA₁ = 60њ и AA₂ = 0,001 (рис. 15.5).

Пусть F₁ и F₂ - образы F при параллельных переносах на векторы
R
AA₁

и
R
AA₂

. Фигуры F, F₁ и F₂ не имеют общих точек и лежат внутри квадрата со стороной 1,001. Поэтому 3S < 1,001², т. е. S < 0,335 < 0,34.

б) Рассмотрим вектор
R
AA₃

= R
AA₁

+ R
AA₂

. Повернем вектор
R
AA₃

вокруг точки A (против часовой стрелки на острый угол) так, чтобы точка A₃ перешла в точку A₄, для которой A₃A₄ = 0,001. Рассмотрим также векторы
R
AA₅

и
R
AA₆

длиной 0,001, образующие с вектором
R
AA₄

углы 30њ и лежащие по разные стороны от него (рис. 15.5).

Обозначим образ фигуры F при параллельном переносе на вектор
R
AA_i

через F_i. Для определенности будем считать, что S(F₄ЗF) ? S(F₃ЗF). Тогда S(F₄ЗF) ? S/2, поэтому S(F₄ИF) ? 3S/2. Фигуры F₅ и F₆ не пересекаются ни друг с другом, ни с фигурами F и F₄, поэтому S(FИF₄ИF₅ИF₆) ? 7S/2. (Если бы оказалось, что S(F₃ЗF) ? S(F₄ З F), то вместо фигур F₅ и F₆ нужно было бы взять F₁ и F₂.) Так как длины векторов
R
AA_i

не превосходят 0,001Ц3, все рассматриваемые фигуры лежат внутри квадрата со стороной 1 + 0,002Ц3. Поэтому 7S/2 ? (1 + 0,002Ц3)² и S < 0,287.

Примечание. S(AИB) - площадь объединения фигур A и B, S(AЗB) - площадь их пересечения.

15.8.: Имеются два вектора +a, параллельных прямой l и имеющих заданную длину a. Рассмотрим образы луча BC при параллельных переносах на эти векторы. Точка их пересечения с лучом BA лежит на искомой прямой (если они не пересекаются, то задача решений не имеет).

15.9.: а) Пусть S?₁ - образ окружности S₁ при параллельном переносе на вектор длиной a, параллельный прямой l (таких векторов два). Искомая прямая проходит через точку пересечения окружностей S?₁ и S₂.

б) Пусть O₁ и O₂ - проекции центров окружностей S₁ и S₂ на прямую l; S?₁ - образ окружности S₁ при параллельном переносе на вектор

R
O₁O₂

. Искомая прямая проходит через точку пересечения окружностей S?₁ и S₂.

в) Пусть S?₁ - образ окружности S₁ при параллельном переносе на некоторый вектор, параллельный прямой l. Тогда длины хорд, высекаемых прямой l₁ на окружностях S₁ и S?₁, равны. А если расстояние между проекциями центров окружностей S?₁ и S₂ на прямую l равно a/2, то сумма или разность длин хорд, высекаемых прямой, параллельной прямой l и проходящей через точку пересечения окружностей S?₁ и S₂, равна a. Требуемая окружность S?₁ легко строится.

Рис. 15.6

15.10. Предположим, что точка X построена. Перенесем точку A на вектор
R
EF

, т. е. построим точку A?, для которой
R
EF

= R
AA?

. Это построение можно сделать, так как вектор
R
EF

известен: его длина равна a и он параллелен CD.

Поскольку AX||A?F, то РA?FB = РAXB, поэтому угол A?FB известен. Таким образом, точка F лежит на пересечении двух фигур: отрезка CD и дуги окружности, из которой отрезок A?B виден под углом AXB (рис. 15.6).

15.11. Предположим, что четырехугольник ABCD построен. Обозначим образ точки D при параллельном переносе на вектор
R
CB

через D₁. В треугольнике ABD₁ известны AB, BD₁ и РABD₁. Из этого вытекает следующее построение. Строим произвольно луч BC?, затем проводим лучи BD?₁ и BA? так, что РD?₁BC? = 180њ - РC, РA?BC? = РB и эти углы откладываются от луча BC? в одной полуплоскости. На лучах BA? и BD?₁ отложим отрезки BA = a и BD₁ = b соответственно. Проведем луч AD? так, что РBAD? = РA и лучи BC?, AD? лежат по одну сторону от прямой AB. Вершина D является точкой пересечения луча AD? и луча, проведенного из точки D₁ параллельно лучу BC?. Вершина C является точкой пересечения луча BC? и луча, проведенного из точки D параллельно лучу D₁B.

15.12.: Предположим, что точки M и N, в которых прямая l пересекает окружность S₂, построены. Пусть O₁ и O₂ - центры окружностей S₁ и S₂; O?₁ - образ точки O₁ при таком параллельном переносе вдоль прямой l, что O?₁O₂^MN, S?₁ - образ окружности S₁ при этом переносе. Проведем касательные AP и AQ к окружностям S?₁ и S₂. Тогда AQ² = AM ћ AN = AP², а значит, O?₁A² = AP² + R², где R - радиус окружности S?₁. Так как отрезок AP можно построить, то можно построить и отрезок AO?₁. Остается заметить, что точка O?₁ лежит на окружности радиуса AO?₁ с центром A и на окружности с диаметром O₁O₂.

15.13.

а) Проведем через точку A прямую PQ (P лежит на окружности S₁, Q - на окружности S₂). Опустим из центров O₁ и O₂ окружностей S₁ и S₂ перпендикуляры O₁M и O₂N на прямую PQ. Перенесем отрезок MN параллельно на вектор

R
MO₁

. Пусть C - образ точки N при этом переносе.

Треугольник O₁CO₂ прямоугольный и O₁C = MN = PQ/2. Следовательно, чтобы построить прямую PQ, для которой PQ = a, нужно построить треугольник O₁CO₂ с заданной гипотенузой O₁O₂ и катетом O₁C = a/2, а затем провести через точку A прямую, параллельную O₁C.

б) Достаточно решить обратную задачу: описать вокруг данного треугольника PQR треугольник, равный данному треугольнику ABC. Предположим, что мы построили треугольник ABC, стороны которого проходят через данные точки P, Q и R. Построим дуги окружностей, из которых отрезки RP и QP видны под углами A и B соответственно. Точки A и B лежат на этих дугах, причем длина отрезка AB известна. Согласно задаче а) можно построить прямую AP, проходящую через точку P, отрезок которой, заключенный внутри окружностей S₁ и S₂, имеет данную длину. Проводя прямые AR и BQ, получаем треугольник ABC, равный данному треугольнику, так как у этих треугольников по построению равны сторона и прилегающие к ней углы.

Рис. 15.7

15.14. Предположим, что искомый четырехугольник ABCD построен. Пусть D₁ и D₂ - образы точки D при переносах на векторы
R
AC

и
R
CA

соответственно. Опишем вокруг треугольников DCD₁ и DAD₂ окружности S₁ и S₂. Обозначим точки пересечения прямых BC и BA с окружностями S₁ и S₂ через M и N (рис. 15.7). Ясно, что РDCD₁ = РDAD₂ = РD,