atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 7
Текст из файла (страница 7)
443. Сколько центров симметрии имеет пара параллельных прямых? Решение. Пусть а и Ь вЂ” данные параллельные прямые. Рассмотрим прямую пп параллельную прямым а и Ь и находящуюся на равных расстояниях от этих прямых (рис.46). Докажем, что любая точка О прямой га является центром симметрии пары параллельных прямых а и Ь. Проведем через точку О прямую ННп перпендикулярную к прямым а и Ь. Так как прямая гп находится на одинаковых расстояниях от прямых а и 6, то ОН = =- ОНм т.
е. точки Н и Н~ симметричны относительно точки О. Н, М, Возьмем теперь произвольную точку ЛХ на одной из данных прямых, например, на прямой а, причем точка ЛХ отлична от Н. Проведем прямую ОЛХ и обозначим через ЛХ~ точку пересечения прямых ОМ и 6. Прямоугольные треугольники МНО и М,Н~О равны по катету и прилежащему острому углу (см. рис. 46), поэтому ОЛХ = ОЛХн т. е.
точки ЛХ и М~ симметричны относительно точки О. Итак, для любой точки ЛХ одной из данных параллельных прямых симметричная ей относительно точки О точка ЛХ~ лежит на другой данной прямой. Это означает, что точка Π— центр симметрии пары параллельных прямых а и Ь. Таким образом, любая точка прямой пт является центром симметрии прямых а и Ь, т. е. пара параллельных прямых имеет бесконечное множество центров симметрии. Ответ. Бесконечно много. 444.
Докажите, что если фигура имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии, то точка их пересечения является пентром симметрии фигуры. Решение. Пусть взаимно перпендикулярные прямые 1~ и 1в — оси симметрии фигуры Г. Докажем, что точка О пересечения прямых 1~ и 1в является центром симметрии этой фигуры. Возьмем сначала произвольную точку А фигуры Р, не лежащую на прямых 1~ и 1з. Построим точку А', симметричную точке .4 относительно 1ы а затем точку Аы симметричную точке А' относительно 1з (рис. 47, а). Так как 1~ и 1з — оси симметрии фигуры Х', то точки А' и А~ принадлежат этой фигуре. Рассмотрим треугольник А.4'Ан Г1оскольку 1з Г 1~ и АА' д 1м то 1в ~ АА', а так как 1в проходит Пз Д Четырехугольники 36 А Рнс. 47 через середину стороны А5А', то 12 пересекает сторону АА2 в ее середине (задача 384).
Аналогично можно доказать, что и прямая пересекает сторону АА2 в ее середине. Следовательно, середина отрезка АА5 совпадает с точкой О, и, значит, точка А2 симметрична точке А относительно точки О. Тем самым мы доказали, что точка Ан симметричная точке А фигуры Г относительно точки О, также принадлежит этой фигуре. При этом мы рассмотрели случай, когда точка А не лежит на прямых и 12. Если точка А фигуры Е лежит на какой-то из этих прямых, например, на прямой 15 (рис.47, б), то симметричная ей относительно точки О точка А5 является также симметричной точке А относительно прямой 12 и, значит, точка А5 принадлежит фигуре Е.
Таким образом, для любой точки А фигуры Е симметричная ей относительно О точка А5 также принадлежит этой фигуре. Это и означает, что точка О центр симметрии фигуры Г, Задачи повышенной трудности 811. Дан выпуклый шестиугольник .45А2АзА4А5А5, все углы которого равны. Докажите, что А2А2 — А4А5 = А5Аь — АгАв = АзА4 — АвА5 Решение.
Пусть А2А2 = аы А2Аз = а2, АзА4 = аз, А4Аз = аы АзАз = а;„АвА5 = ав. ПРодолжив стоРоны данного шестиУгольника В, так, как показано на рисунке 48, получим треугольник В5В2Вз. Так как все углы данного шестиугольника равны друг другу, то каждый из них равен 120', поэтому смежные с ними углы равны 60'. Отсюда следует, А что треугольники А5А2Вы АзА4В2, АзАзВ5, В5В2Вз — равносторонние, т. е. Вз Вз 5 4 Рнс. 48 В!В2 В2Вз ВзВ2 а5 + п2 + а;5 = аз + а4 + аз = аз + пв + ам 37 Зидази повь4гиенной трудности Из этих равенств получаем: а1 + аз = а4 + аз, аз + а4 = ив + аи или а1 и4 =аз а2 =из ив т.
е. А|Аз — А4Аз = АзАз — А2Аз = АзА4 — АвАп 812. положительные числа он аз, аь и4, аз и ия удовлетворяют условиям а1 — а4 = аз — ая = аз — ав. Докажите, что существует выпуклый шестиугольник А~Л ЛзЛ4ЛзЛ4, все углы которого равны, причем Л~Л = ан Л Лз = аз, ЛзЛ4 = ам Л4Лз = а4, ЛзЛв = ав, Л4Л~ = ов. Решение. По условию а| — а4 = аз — аз = аз — аь, поэтому и1 + аз = а4 + аю аз + а4 = аз + а~ и, следовательно, о1 + о2 + аз = аз + а4 + аз = аз + аз -ь ан Построим равносторонний треугольник В~В2Вз, сторона которого равна а1-г аз+ аз (см.
рис.48). На стороне В1В2 этого треугольника отметим точки А2 и Аз так, что В1А2 = ан А2Аз = аз, АзВ2 = аю Далее, на стороне В2Вз отметим точки А4 и Аз так, что В2А4 = аз, А4Аз = а4, АзВз = аз, а на стороне ВзВ| — точки Ае и А| так, что ВзАь = аз, АьА1 =- ае, А|В1 =- ап В силу равенств (1) такие точки существуют (см. рис. 48).
Так как по построению А1В, = В1А2, АзВ2 = В2А4, АзВз = =- ВзАь и с'В~ =- сВ2 = — сВз = 60', то треугольники В1А~А2, В2АзА4, ВзАзАз — равносторонние. Отсюда следует, что каждый угол шестиугольника А~А2АзА4АзАь равен 120' (т. е. углы равны друг другу), а стороны удовлетворяют условию: А1А2 = аы А2Аз = аз, АзА4 =. аз, А4Аз = а4, АзАв = аз, АвА1 = аз. 813.
Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму произвольного выпуклого четырехугольника, можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости. Р е ш е н и е. Пусть плитки имеют форму выпуклого четырехугольника АВСР. Через вершины А и С проведем прямую а, а через вершины В и Р— прямые 6 и с, параллельные прямой а (рис.49). 38 Гл 1 Чегныргкугольники Затем проведем прямые г( и е, параллельные прямой а, так, что расстояние между прямыми Ь и И равно расстоянию между прямыми а и с (обозначим его г1), а расстояние между прямыми с и е равно расстоянию между прямыми а и 6 (обозначим его гз). Продолжая этот процесс неограниченно, мы разобьем всю плоскость на полосы, причем ширина полос (расстояние между соседними параллельными прямыми) принимает попеременно значения г1 и гз.
Четыре такие полосы представлены на рисунке 49. Разобьем полосу, заключенную между прямыми а и 6, на треугольники, равные треугольнику АВС, так, как показано на рисунке 49, а полосу между прямыми а и с — на треугольники, равные треугольнику АРС. То же самое сделаем и с другими полосами (см. рис.49). В результате всю плоскость можно представить себе разбитой на четырехугольники, причем каждый из них равен четырехугольнику АВСР. Докажем, например, что четырехугольник ГСВГ равен четырехугольнику АВСР.
Стороны этих четырехугольников соответственно равны, и также углы соответственно равны (на рис. 49 равные углы отмечены одинаковыми цифрами). Отсюда следует, что эти четырехугольники можно совместить наложением, а это и означает, что они равны. Таким образом, любую часть плоскости можно покрыть паркетом из одинаковых плиток, равных четырехугольнику АВСР. 814. Докажите, что диагонали выпуклого четырехугольника пересекаются.
Решение. Пусть АВСР— выпуклый четырехугольник. Докажем, что его диагонали АС и ВР пересекаются. Так как четырехугольник АВСР выпуклый, то точка С лежит по ту же сторону от прямой АВ, что и точка Р, и по ту же сторону от прямой АР, что и точка В. Поэтому точка С лежит внутри угла ВАР. Следовательно, луч АС проходит внутри этого угла и поэтому пересекает любой отрезок с концами на сторонах угла, в частности, пересекает отрезок ВР.
Аналогично можно доказать, что луч ВР Рис 49 39 Зидани повышенной трудности пересекает отрезок АС. Отсюда следует, что точка пересечения луча АС и отрезка ВР лежит на отрезке АС, т. е. отрезки АС и ВР пересекаются. 815. Докажите, что в любом четырехугольнике какие-то две противоположные вершины лежат по разные стороны от прямой, проходяшей через две другие вершины. Р е ш е н и е. Если данный четырехугольник выпуклый, то согласно задаче 814 его диагонали пересекаются, поэтому любые две противоположные вершины четырехугольника лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины. Пусть АВСР невыпуклый четырехугольник.
Тогда одна из прямых, содержащих сторону четырехугольника, например прямая АВ, пересекает сторону СР в некоторой точке ЛХ. Отрезки АВ и СР не пересекаются, поэтому возможны два случая: а) Точка А лежит на отрезке ВЛХ (рис.50, а). В этом случае точки В и ЛХ лежат по разные стороны от прямой АС. Отрезок ЛХР не пересекается с прямой АС, поэтому точка Р лежит по ту же сторону от прямой АС, что и точка ЛХ. Итак, вершина В лежит по одну сторону от прямой АС, а противоположная вершина Р— по другую сторону от этой прямой. б) Точка В лежит на отрезке АЛХ (рис.
50, б). Аналогично случаю а) можно доказать, что противоположные вершины А и С лежат по разные стороны от прямой ВР. 816. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС проведена биссектриса АР Прямая, проведенная через точку Р перпендикулярно к АР, пересекает прямую АС в точке Е. Точки ЛХ н Л вЂ” основания перпендикуляров, проведенных нз точек В и Р к прямой АС Найдите ЛХК, если АЕ = а. Р е ш е н и е. Пусть Р— точка пересечения прямых РЕ и АВ, РО ~~ АС, О е АВ, а Лг — точка пересечения прямых РО и ВЛХ (рис. 51). Рис. 50 40 Гл Е Чеши рехугольники Прямоугольные треугольники АРР и АРЕ равны по катету и прилежащему острому углу (АР— общий катет, г'.1 = = г'2 по условию), поэтому ЛР =,4Е = а и РР = РЕ, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
