дома » Геометрия в школе » Смешанные задачи часть 4 Ж. Адмар

Смешанные задачи часть 4 Ж. Адмар

Смешанные задачи часть 4 Ж. Адмар

стр 531-550

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве

Ниже текст просто для быстрого ознакомления. Скачайте книгу по ссылке выше.

ких отрезка АА’, ВВ’ и СС, что существует (сравнить решение
упр. 219а) отрезок UV, делящий гармонически как АА’, так и ВВ’.
При этом в-силу определения поляры точки относительно угла (п. 203)
поляра точки U относительно пары прямых PQ и RS проходит через
точку V, и то же имеет место для поляры точки U относительно пары
прямых PS и QR; в силу предыдущего и поляра точки U относительно
третьей пары прямых PR и QS проходит через V. Поэтому отрезок UV
делит гармонически и отрезок СС.
373. Пусть ABC — данный треугольник (черт. 616), Н — точка
пересечения его высот, X, Y и Z — основания перпендикуляров, опущенных
из точки Р описанной окружности на его стороны. Точки X,
Y и Z лежат на одной прямой в силу упражнения 72. Обозначим через
А’ точку, симметричную с точкой Н относительно ВС; точка А’
будет лежать в силу упражнения 70 на описанной окружности. Далее
обозначим через Q точку, симметричную с точкой Р относительно ВС,
через К и L — точки пересечения прямой X Y с прямыми АА’ и PH.
Так как точки Н и Q симметричны с А’ и Р относительно ВС, то
Z РА’Н= Z QHA’. (1)
Точки Р, С, X и Y лежат на одной окружности (потому что прямая
РХ перпендикулярна к ХС, a P Y—к YC), и потому Z CPY=
= z CXY. Следовательно,
Z РА’Н — Z РСА = 90° — Z CPY= 90° — Z C X Y = Z А’КХ. (2)
В силу равенств (1) и (2) углы A’HQ и А’КХ равны, так что
прямая HQ параллельна XY. Итак, точка Q, симметричная с точкой Р
относительно стороны ВС данного треугольника, лежит на прямой,
параллельной X Y и проходящей через точку Н; очевидно, что то же
имеет место и для точек, симметричных с Р относительно прямых СА
и АВ. —
Так как в треугольнике PQH точка Х е с т ь середина стороны PQ
и прямая XL параллельна HQ, то PL = LH.

стр. 531

Пусть теперь а, Ь, с, d — четыре произвольные прямые; Р — точка
пересечения четырёх окружностей, описанных около треугольников bed,
acd, abd и abc (задача 106). Основания перпендикуляров, -опущенных
из точки Р на четыре данные прямые, лежат на одной прямой I (сравнить
решение задачи 106, вторре доказательство) — общей прямой Симеона
четырёх треугольников. Следовательно, в силу только что доказанного,
точки пересечения высот четырёх треугольников лежат на одной
прямой, параллельной I и отстоящей от точки Р на расстоянии
вдвое большем, чем I.
3 7 4 . Пусть Q и Q’ — точки, симметричные с Р и Р относительно
стороны ВС (черт. 617). Точки Q и Q’ и точка пересечения Н
высот треугольника лежат на окружности, симметричной с описанной
окружностью S относительно ВС (упр. 70).
Прямая Симеона XZ, ‘соответствующая точке Р, параллельна
прямой QH как средняя линия треугольника PQH (задача 373).
Точно так же прямая XZ’, соответствующая точке Р , параллельна Q’H.
Отсюда следует, что Z. ZMZ’ = Z_ QHQ’ измеряется половиной
дуги QQ’ или, что то же, половиной дуги P P .
Если точка С описывает окружность S, а точки А, В, Р и Р
неподвижны, то точки Z и Z’ остаются на месте, и угол ZMZ’
сохраняет постоянное значение. Следовательно, точка М описывает
некоторую окружность S’, проходящую через точки Z и Z’.
Пусть теперь О и О’ — центры окружностей S и S’ (черт. 617
и 618). Так как угол ZMZ’ измеряется половиной дуги Р Р , то
Z ZO’Z’ = Z POP. Если I и К — середины отрезков Р Р и ZZ’, то
0 1 :0 ’К —Р Р : ZZ’ в силу подобия треугольников О Р Р и O ZZ’.
С другой стороны, если N — основание перпендикуляра из то^ки О на
прямую IK, то, как легко показать, 01: IN = Р Р : ZZ’ (прямая 01
перпендикулярна к Р Р , a IN к ZZ’). Итак, имеем IN = 0 ‘K , так что
10’ = KN — СхО, где Q — середина АВ, и, следовательно, 0 1 = С^О’.

стр. 532

ких отрезка АА’, ВВ’ и СС’, что существует (сравнить решение
упр. 219а) отрезок UV, делящий гармонически как АА’, так и ВВ’.
При этом в-силу определения поляры точки относительно угла (п. 203)
поляра точки U относительно пары прямых PQ и RS проходит через
точку V, и то же имеет место для поляры точки U относительно пары
прямых PS и QR’, в силу предыдущего и поляра точки U относительно
третьей пары прямых PR и QS проходит через V. Поэтому отрезок UV
делит гармонически и отрезок СС’.
373. Пусть ABC — данный треугольник (черт. 616), Н — точка
пересечения его высот, X, Y и Z — основания перпендикуляров, опущенных
из точки Р описанной окружности на его стороны. Точки X,
Y и Z лежат на одной прямой в силу упражнения 72. Обозначим через
А’ точку, симметричную с точкой Н относительно ВС’, точка А’
будет лежать в силу упражнения 70 на описанной окружности. Далее
обозначим через Q точку, симметричную с точкой Р относительно ВС,
через К и L — точки пересечения прямой X Y с прямыми АА’ и PH.
Так как точки Н и Q симметричны с А’ и Р относительно ВС, то
Z РА’Н = Z QHA’. (1)
Точки Р, С, X и Y лежат на одной окружности (потому что прямая
РХ перпендикулярна к ХС, a PY — к YC), и потому Z CPY=
= Z CXY. Следовательно,
Z РА’Н— / PC А = 90°— Z С Р У = 90° — Z C X Y = Z А’КХ. (2)
В силу равенств (1) и (2) углы A’HQ и А’КХ равны, так что
прямая HQ параллельна XY. Итак, точка Q, симметричная с точкой Р
относительно стороны ВС данного треугольника, лежит на прямой,
параллельной X Y и проходящей через точку Н, очевидно, что то же
имеет место и для точек, симметричных с Р относительно прямых СА
и АВ,
Так как в треугольнике PQH точка X есть середина стороны PQ
и прямая XL параллельна HQ, то PL — LH.

533

Пусть теперь а, Ъ, с, d — четыре произвольные прямые; Р — точка
пересечения четырёх окружностей, описанных около треугольников bed,
acd, abd и abc (задача 106). Основания перпендикуляров,-опущенных
из точки Р на четыре данные прямые, лежат на одной прямой I (сравнить
решение задачи 106, вторре доказательство) — общей прямой Симеона
четырёх треугольников. Следовательно, в силу только что доказанного,
точки пересечения высот четырёх треугольников лежат на одной
прямой, параллельной I и отстоящей от точки Р на расстоянии
вдвое большем, чем I.
374. Пусть Q a Q’ — точки, симметричные с Р и Р’ относительно
стороны ВС (черт. 617). Точки Q и Q’ и точка пересечения Н
высот треугольника лежат на окружности, симметричной с описанной
окружностью 5 относительно ВС (упр. 70).
Прямая Симеона XZ, ‘соответствующая точке Р, параллельна
прямой QH как средняя линия треугольника PQH (задача 373).
Точно также прямая X Z , соответствующая точке Я’, параллельна Q’H.
Отсюда следует, что /, ZMZ’ ~ QHQ’ измеряется половиной
дуги QQ’ или, что то же, половиной дуги РР’.
Если точка С описывает окружность 5, а точки А, В, Р и Р
неподвижны, то точки Z и Z’ остаются на месте, и угол ZMZ’
сохраняет постоянное значение. Следовательно, точка М описывает
некоторую окружность S’, проходящую через точки Z и Z’.
Пусть теперь О и О’ — центры окружностей 5 и S’ (черт. 617
и 618). Так как угол ZMZ’ измеряется половиной дуги Р Р , то
/, ZO’Z’ ■= /_ POP. Если / и К — середины отрезков Р Р и ZZ’, то
0 1 : О’К — Р Р ‘■ ZZ’ в силу подобия треугольников О Р Р и O’ZZ’.
С другой стороны, если N — основание перпендикуляра из toWh О на
прямую IK, то, как легко показать, 01: IN = Р Р : ZZ’ (прямая 01
перпендикулярна к Р Р , a IN к ZZ’). Итак, имеем IN = 0 ‘K , так что
10’ = K.N = С\0, где Ct — середина АВ, и, следовательно, 0 / = С 10 ‘.

532

Так как при перемещении точек Р и Р , остающихся на постоянном
расстоянии друг от друга, по окружности 5 (и неподвижных точках
А и В ) отрезок 01 сохраняет постоянное значение, то и O’Q
сохраняет постоянное значение. Геометрическое место центров О’
окружностей S’ есть окружность с центром Q и радиусом, равным 01.
Пусть, наконец, Р и Р — две диаметрально противоположные точки
окружности S, описанной около треугольника ЛВС (черт. 619). Обозначим
через L и U середины отрезков HP и H P. Так как отрезок LL’
равен половине диаметра описанной окружности и делится пополам
в точке Ot — середине отрезка ОН, то LL’ представляет собой (на основании
задачи 101) один из диаметров окружности девяти точек треугольника
ABC. Прямые Симеона, соответствующие точкам Р и Р ,
проходят (в силу задачи 373) через
точки L и U и перпендикулярны
между собой, так как угол между
ними измеряется, по доказанному,
половиной дуги Р Р . Следовательно,
геометрическое место точек их пересечения
есть окружность девяти точек
треугольника ABC. „
375. Пусть О — центр данной
окружности, Н— данная точка пересечения
высот вписанного треугольника
ABC. Точка пересечения
медиан О любого треугольника д е лит
отрезок ОН, имеющий своими
концами центр описанной окружно- Черт. 619.
сти и точку пересечения высот, в
отношении OQ: ОН = 1 : 2 (упр. 158). Следовательно, все треугольники,
о которых идёт речь, имеют общую точку пересечения медиан О.
Так как медианы ААЪ ВВу и CQ проходят через точку О и делятся
в ней в отношении AQ: OAt = BG : GBt = CG: GQ = 2 :1 ,
то точки Л!, B i и Ci лежат на окружности, гомотетичной данной
относительно точки G (коэффициент подобия равен GAX: GA= — 1: 2).
376. Пусть ABC — данный треугольник; А1г Q и Q — середины
его сторон; / и 1С — центры вписанной и вневписанной окружностей,
лежащие на биссектрисе угла С; F и р у — точки касания этих окружностей
со стороной АВ; D и Dt — точки их касания со стороной ВС;
C Q— высота треугольника; М — точка пересечения внутренних
общих касательных к окружностям / и 1С (черт. 620).
Так как в силу упражнения 90а C\F= C\Fi, то точка Q имеет
одну и ту же степень относительно окружностей / и 1С. Её мы и
примем за степень инверсии с полюсом Q.
Так как прямые B I и В1С служат биссектрисами внутреннего и
внешнего углов при вершине В треугольника ВСМ, то точки / и /с
делят гармонически отрезок СМ (п. 115), а следовательно, и точки F
и делят гармонически отрезок МС3. Поэтому на основании п. 189

533

имеем Ci/72= C 1/7f= C 1M-C1C2. Это равенство показывает, что точка С9
преобразуется рассматриваемой инверсией в точку М, а окружность
девяти точек — в прямую FQ, проходящую через точку М и параллельную
касательной к окружности девяти точек в точке Ct.
Покажем теперь, что касательная к окружности девяти точек в
точке Ci параллельна касательной к описанной окружности в точке С.
В самом деле, так как отрезок ОхСг (черт. 353) есть средняя линия
треугольника НОС, то диаметр CiC3 окружности девяти точек параллелен
ОС, а касательная к окружности девяти точек в точке Q
параллельна касательной к окружности ABC в точке С.
Отсюда следует, что касательная к окружности девяти точек в точ*
ке Ci образует со стороной ВС угол, равный углу- А треугольника.
Итак, окружность девяти точек преобразуется рассматриваемой
инверсией в прямую линию PQ (черт. 620), проходящую через точку М
и образующую со стороной ВС угол MQC, равный углу А данного
треугольника. Иначе говоря, прямые АВ и PQ образуют,с биссектрисой
угла С, т. е. с линией центров окружностей 1 и /с, равные углы.
Так как прямая АВ есть внутренняя общая касательная этих окружностей,
то PQ есть их вторая внутренняя общая касательная.
‘ Как указано в тексте задачи, отсюда непосредственно вытекает,
что окружность девяти точек, в которую рассматриваемая инверсия
преобразует прямую PQ, касается вписанной окружности и вневписан-
ной окружности 1С; по той же причине она касается и остальных
вневписанных окружностей.
377. Пусть О и I — центры окружностей, описанной около треугольника
ABC и вписанной в него (черт. 621), К — точка пересечения
перпендикуляра, восставленного к стороне ВС в её середине
А1г с биссектрисой угла А (эта точка лежит на описанной
окружности в силу задачи, 103), L — основание перпендикуляра из
точки / на прямую ОК.

534

Из треугольника OIK на основании п. 126 имеем d2 = 0/a =
= ОК3 IK3— 2ОК • KL. Но в силу задачи 103 IK—BK, а в силу
п. 123, следствие, 1К3 = В К 3 = 2R • АхК. Следовательно, d 3 = R3-{-
+ 2R — (АХК — LK) = R3 — 2R • LAX = R3 — 2tfr.
Переходим к доказательству обратной теоремы. Пусть даны две
окружности О и I, удовлетворяющие условию d 3= R 3—2Rr (черт. 621).
Отсюда следует, что R^>r и d 3<^(R— г)2, т. е. d<^R — г. Окружности
О и / расположены одна внутри другой.
Выберем на окружности О произвольную точку А, проведем прямую
AI и обозначим через К вторую точку её пересечения с окружностью
О. Строим касательную ВС к окружности /, перпендикулярную
к ОК и проходящую между точками I и К. Пусть Ах — точка пересечения
этой касательной с ОК, и L — основание перпендикуляра из
точки L на ОК. Из треугольника OIK имеем dA = R3 -[- НС — 2R • KL.
Но по условию d t = R3 — 2Rr. Из этих двух
равенств находим IK3= 2R (KL—r)=2R-KA l=
—КВ3 (последнее равенство на основании п. 123,
следствие), так что IK = КВ.
Если мы соединим теперь точку А с точками
В и С, то в силу равенства дуг ВК и КС
прямая АК будет биссектрисой треугольника
ABC. Так как В К = IK, то точка / будет в
силу задачи 103 центром вписанной окружности
этого треугольника. Так как данная окружность
с центром / касается стороны ВС, то эта окруж- Черт. 621.
ность и будет вписанной в треугольник ABC.
Итак, любая точка А данной окружности О служит вершиной треугольника,
вписанного в окружность О и в то же время описанного
около окружности /.
Заменяя вписанную окружность / вневписанной окружностью 1а (га),
касающейся стороны ВС и продолжений двух других сторон, мы получим
с помощью рассуждений, вполне аналогичных предыдущим
соотношение 01% — R2 -j- 2Rra.
Пр и м е ч а н и е . Относительно аналогичного вопроса для четырёхугольника
см. задачу 282.
378. Обозначим через / центр окружности, вписанной в треугольник
ABC, через 1а,1ь и /„-—центры вневписанных окружностей (причём
через 1а обозначаем центр окружности, лежащей на внутренней
биссектрисе угла А, и т. д.), через О и К (О’ и К’) — основания
перпендикуляров, опущенных из точки А на биссектрисы внешних
(внутренних) углов при точках В и С, через L и М (V и М’) — основания
перпендикуляров, опущенных из точки В на биссектрисы
внешних (внутренних) углов при точках С и А, через N и Р (N’ и Р ) —
основания перпендикуляров, опущенных из точки С на биссектрисы
внешних (внутренних) углов, при точках А и В. Остальные обозначения
те же, что и в упражнении &0а (черт, 102),

535

1°. Так как углы СЕI и СР’1 (черт. 622) — прямые, то точки /,
С, Е, Р’ лежат на одной окружности, откуда Z CIP’ = Z СЕР’]
точно так же Z L4B== Z L’FB. Но Z C I P ‘ Z L 4 B = Z /ВС-f-
+ £ I C B = ± — ( £ B + £C) . Итак, Z C E P ‘= Z L ‘F B = ± { £ B + / .C ) .
С другой стороны, Z AEF = Z = y (180° — Z =
^■^■(Z E-|- ^ С),как это видно изравнобедренноготреугольника AEF.
д Таким образом, Z СЕР’= Z A E F =
= Z A F E = Z Z/ЕВ. Эти равенства
и показывают, что точки Z3′ и L’ лежат
на прямой EF.
2°. Так как углы СЕ31с и СР1с
(черт. 623) — прямые, то точки 1С, С,
-Es, Р лежат на одной окружности, откуда
Z СЕ3Р = Z С/,,/5; точно так же
ZC/cP =
— 4 — z c —
Z г/7,В = z L’ICB. Но
: z i’/ cS = Z с/с£ = 180°-
90o + i — Z £ ) = 90° — | Z 8 — I Z C = ^ Z A
С другой стороны, z AE3F3 = Z AF3E3
ренного треугольника AE3F3).
Z Л (из равнобед-
Таким образом, Z СЕ3Р— Z AE3F3, и точки Е3, F3 а Р лежат
на одной прямой; Z L’F3B = Z AF3E3, и точки» £ 3, Е3 и L’ лежат
на одной прямой.
3°. Точки С, Р, Еу (черт. 624) лежат на одной окружности,
откуда Z CIaP = Z СЕХР\ точно так же Z U aB = Z Но

536

L CIaP == L U aB = 180° — (90° v — у Z S J —(90°— — j Z CJ =
| «
= у (Z s Z С), как это видно из треугольника /а5С. Итак,
Z СЕуР= z = В + L С).
С другой стороны, Z AEyFy = Z AF1E1 = у (180°— Z Л) =
= Z С) (из равнобедренного треугольника AEyFy). Таким
образом, Z CElP = Z AEyFy, и точки Ft и Я лежат на одной
прямой; точно так же Z LFlB =
= Z Л/^Д), и точки, Д,, Fv и
L лежат на одной прямой.
4°. Фигура AGBG’ (черт.
625) есть прямоугольник; отсю- G
да АС’ — ВС’ = C’G = у с и
Z Л б б ‘ = L ABG’= /_QBC,
так что прямая GQ’ параллельна
ВС. Таким образом, точки
О и G’ лежат на прямой В’С’,
Черт. 625.
соединяющей середины сторон АС и АВ треугольника ABC. Точно
так же покажем, что точки К и К’ лежат на той же прямой.
Расстояние GK=GC’-\- С’В ’ В ’К = ^ с-\ —^ а -\ -~ Ь = р . Далее
GK’ = ОК — К ’К = О К — АС = р — Ь\ О’К == GK — GG’ = GK —
— АВ — р — с; Q’K’=GQ’ -^ K ’K—G K ^ c+ b — p ^ i a ^ — b + c) —
— р — а = р — а.
5°. Точки А, В и С (черт. 626) служат основаниями высот треугольника
4 4 4 (так как прямая Л4 перпендикулярна к 1Ь 1С и
т. д.); поэтому точки G, К, L, М, N, Р лежат на одной окружности
в силу задачи 102.
Из прямоугольного треугольника 1а 1Ь В имеем 1аЬ-1а1ь = 1аВ г.
Точно так же из прямоугольного треугольника 1а1ьА имеем 1аК-1а1ь =-
= 1аА2. Отсюда IaKGaL — { ~ ~ ^ j . Но треугольники IaBDy и
4 4 Л подобны ^так как Z.IaBDy = 90°— Z СД/= 90° — а
L IJbA = 90° — — Z В в силу упр. 24, и потому Z ‘1аВЕ)у = /_ I J bA^j,
откуда LA : IaDy = 4 4 : 4 s ; 4 -° i — Таким 1 образом находим

537

laK -laL = laD\. Степень точки 1а относительно окружности GKLMNP
равна квадрату радиуса IaDx вневписанной окружности 1а. Это значит
что обе окружности ортогональны.
Одним из диаметров окружности GKLMNP служит перпендикуляр
к отрезку MN в его середине. Этот перпендикуляр проходит через
середину отрезка ВС (как это видно из трапеции MNCB) и параллелен
биссектрисе А1а угла А. Иначе говоря, этот перпендикуляр есть биссектриса
угла В’А’С’, где А’, В’ и С’ — середины сторон треугольника
ABC. Таким же образом покажем, что центр окружности QKLMNP
лежит на биссектрисах углов
С’В’А’ и А’СВ’, т. е. совпадает
с центром окружности,
вписанной в треугольник А’В’С’.
Опуская из центра О окружности
ШО^ИЛ^Рперпендикуляр
OQ на прямую GK, найдем, что
квадрат радиуса окружности О
равен OG2= O Q 2 + GQ2. Но
OQ, как радиус окружности,
вписанной в треугольник А’В’С’,
равняется у г, где г — радиус
окружности, вписанной в треугольник
ABC, так как треугольники
ABC и А’В’С’ подобны
и имеют коэффициент подобия,
равный у . Далее GQ =
= ~ GK= 4- В (см. 4°). Отсюда
Чёрт. 626.
2
40G® = г2 -j- р*
Окружности, аналогичные GKLMNP, мы получим, замечая, что точки
Л, В и С служат основаниями высот каждого из треугольников
ПЬ1С, HcIa, Hah (черт. 102), и опуская из точек А, В и С перпендикуляры
на стороны любого из этих треугольников. Беря треугольник
IIbIc, получим окружность G’K’L MNP’ и т. д.
3 7 9 . Пусть ABC — данный треугольник (черт. 627); а, Ь , с , р —
его стороны и полупериметр. Обозначим через Еь Fu F%, Z)2, D3 и E3
(как в упр. 90а, черт. 102) точки касания вневписанных окружностей
с продолжениями сторон, через Н и К — точку пересечения высот
и основание высоты АН треугольника.
Мы докажем, что прямые DJFt и D3E3 пересекаются на высоте АК
треугольника, если докажем, что обе прямые делят (Ьнешним образом)
отрезок АК в одном и том же отношении.
Пусть А’ — точка пересечения прямых АК и Z W Чтобы’найти
отношение АА’ :КА’, применим теорему п. 192 к треугольнику АВК

538

и секущей D^^FA^ AA»t.. ТП-Г олучим ^Е^А D%B 2А’3К = 1. Но AF2 = p — с
и ВР3 = В 0 3 — р (упр. 90а); далее В Кr =_ —aa- f с2 — Ь*
( 2 а
а2 -{- с2 — bs __
(п. 126), от-
(6 + с ) (р — с)
а
Подставляя эти выражения отрезков AFit BFа, BD% и KD% в предыдущее
соотношение, получим после преобразований КА’ : АА’ =
= (&-)- с ) : а. Применяя ту же теорему п. 192 к треугольнику АСК и
секущей D3E3, мы найдём, что прямая D3E3 делит отрезок АК в том
же самом отношении и потому пересекает прямую АК в той же Самой
точке А’ (это видно уже из того, что в найденное значение отношения
КА’: А А’ стороны b и с входят равноправно). Таким образом, прямые
D%F^ и D3E3 пересекаются на высоте АК треугольника ABC.
Точно так же докажем, что и остальные две точки пересечения
В ’ и С’ прямых f j/ 7!, F3D3 и D3E3 лежат на высотах данного треугольника.
Далее имеем Z НА’В ’ = 90° — Z E3D3C = 90° — Z D3E3C =
= Z НВ’А’, откуда НА’ = НВ’. Таким же путём докажем, что НВ’ =
— НС’. Точка Н есть центр окружности А’В’С’.
3 8 0 . Пусть А — произвольная точка фигуры F (черт. 628). Строя
треугольник ОАА’, подобный треугольнику Т, получим точку А’ фигуры
F , соответствующую точке А фигуры F. Далее, строя треугольник
О’А’А», подобный треугольнику V, найдём точку А» фигуры F»,
соответствующую точке А фигуры F,
Построим теперь треугольник ОА’К, подобный треугольнику Q’A’A»
и имеющий то же направление вращения. Так как угол АОА’ есть
угол между фигурами Ди/7′(п. 150), а угол А’ОК*равный углу А’О’А»,—
угол между фигурами F’ и F», то угол АО К есть угол между фи-

539

есть отношение соответственных отрезков фигур F и F , а О’А’т
такое же отношение для фигур F и F», то ОА:ОК есть отношение
длин соответственных отрезков фигур F и F». Отсюда следует,
что треугольник ОАК подобен треугольнику, образованному искомой
точкой О» и соответственными точками фигур F и F».
Построим, наконец, на отрезке АА» треугольник 0″АА», подобный
треугольнику ОАК■ Его третья вершина О» и будет искомой точкой,
т. е. точкой фигуры F, совпадающей с соответственной точкой фигу-
при этом точки А и К различны, то фигуры F и F» будут гомотетичными.
Для построения точки О» придётся отрезок АА» разделить
в отношении 0 ”А:0″А» = 0А : 0 К (по величине и по знаку).
Если же точки А и К будут совпадать, то соответственные отрезки
фигур F и F ‘ будут равны, параллельны и направлены в одну и
ту же сторону: фигуры F и F» получаются одна из другой поступательным
перемещением, величина и направление которого определяются
отрезком АА» (точка О» не существует). В том случае, когда
и точки А и А» совпадают, каждая точка фигуры F совпадает с соответственной
точкой фигуры F» (любая точка плоскости есть
точка О”).
381. Пусть А^А% . . . Ап_хАп — искомый многоугольник (черт. 629);
Ои Oit . . . , Оп_ъ Оп — вершины треугольников С^ЛцЛз, 0 2Л2Л3, . . . ,
соответственно подобных данным треугольникам Ти Тъ . . . .
Будем рассматривать Оп_t как точку, соответствующую самой
себе в двух подобных фигурах Fn^ и Fn, имеющих одинаковое
направление вращения; точно так же Оп — как точку, соответствую^
щую самой себе в фигурах Fn и Fv Точки Л„_,, Ап и Лу будем
считать соответственными точками фигур Fn_x, F% и Ft . Пользуясь
задачей 380, можно построить точку 0„_/, соответствующую’ самой
себе в фигурах Fn_t и Fu а также треугольник TnJ u подобный
треугольнику, образованному этой точкой и любыми двумя соответственными
точками фигур Fn_\ и Ft.

540

Мы пришли к задаче построения многоугольника . . . Ап_t по
точкам Ои 0%, , 0„_2, Оп_[ и треугольникам Ти Т2, . . . , Г„_2, Тп_ х’.
Повторяя этот процесс, придём к задаче: построить отрезок АХА%,
зная, что две данные точки Ох и 0’г служат вершинами треугольников
ОхАхА^ и 0 2Л9Л1( соответственно подобных данным треугольникам
Тх и Г2. Примем точку Ох за двойную точку фигур Fx и Fit
имеющих соответственными точками Ах и Л2; точку 0 ‘3— за двойную
точку фигур F9 и F3, имеющих своими соответственными точками
А% и Ах. Точка Ах может быть построена как двойная точка
фигур Fx и F3 по данным точкам Ох иО^ и треугольникам Тх и
Т3, опять-таки как указано в задаче 380.
Черт. 630.
После того как точка Ах построена, точка Л2 найдётся как
третья вершина треугольника ОхАхА^, подобного данному треугольнику
Тх. Далее аналогичным образом строятся точки Л3, Л4, . . . , Ап.
Задача будет невозможной или неопределённой, если в процессе
решения мы встретимся с одним из случаев, оговорённых в решении
задачи 380.
3 8 2 . Будем рассматривать точки А, В и С (черт. 630) как соответственные
точки трёх попарно подобных фигур Fa, Fb и Fc, имеющих
одинаковое направление вращения. Точку А’ будем рассматривать
как точку, соответствующую самой себе в фигурах Fb и Fc,
точку В’ — как точку, соответствующую самой себе в фигурах Fc
и Fa. При этом угол между соответственными отрезками фигур Fb
и Fc будет равен (по величине и направлению) /_ВА’С— /_ЪОс\
угол между соответственными отрезками фигур Fc и Fa— СВ’А =
= сОа. Следовательно, угол между соответственными отрезками
фигур Fa и Fb будет равен /_ аОЬ = АС’В. Отношение соответственных
отрезков для фигур Fb и Fc равно А’В : А’С = ОЬ : Ос,
для фигур Fc и Fa соответственно В ’С : В ’А = Ос СОа. Следовательно,
отношение соответственных отрезков для фигур Fa и Р ь будет
равно О а: ОЬ = С’А : С’В. Отсюда следует, что С’ будет точкой,
соответствующей самой себе в фигурах Fa и Fb.

541

Построим точку А», соответствующую точке А в фигуре Fa. При
этом треугольник С’А’ А’ будет подобен треугольнику С АВ и иметь
с ним одинаковое направление вращения, так что /_ С’А’А»= /_ С ‘ВА=
— /_ ОЪа (по величине и направлению). Точно так же треугольник
В’А’А» будет подобен треугольнику В’СА и иметь с ним одинаковое
направление вращения, так что /_ В’А’А» = /_ В’СА = /_Оса. Отсюда
следует, что /_ В’А’С’ = /_ В ’A’A» -f- / А»А’С — /_ Оса -|- /_ аЪО =
= Z с 1 а’О -|- Z Оа’Ь’ = /_ с’а’Ь’, где al, Ь’ и с ’ — точки, обратные
точкам а, b и с в инверсии с полюсом О (п. 217).
Итак, имеем по величине и направлению В’А’С’ = /_ с’а’Ь’, и
аналогично для двух других углов треугольника А’В’С’. Треугольники
А’В’С’ и a’b ‘d подобны, но имеют противоположные направления вращения.
3 8 3 . Пусть АВ и CD — данные отрезки (черт. 631), Р — точка
пересечения прямых АВ и CD.
Построим т о ч к у О, обл адающую сл едующим и свой ст вам и : а) т р еугол
ь н и к и ОАВ и OCD ра вн овел и ки ; Ь) углы АОВ и COD имеют
оди н а к о во е н а п р а вл ен и е; с) углы АОВ и COD равны п о величине.
Так как пл. ОАВ = пл. OCD, то точка О принадлежит геометрическому
месту точек, отношение расстояний которых от прямых АВ
и CD обратно отношению отрезков АВ и CD. Согласно п. 167, это
геометрическое место состоит из двух прямых РХ и PY, проходящих
через точку пересечения прямых АВ и CD. При этом, как видно из
чертежа, для любой точки X одной из этих прямых углы АХВ и CXQ

542

имеют одинаковое направление, для любой точки У другой из них
углы AYB и CYD имеют противоположные направления.
Так как углы АОВ и COD имеют, по предположению, одинаковое
направление, то искомая точка О лежит на прямой РХ (а не на
прямой PY).
Далее
АВ’1= О А 3-\-ОВ3±Ю В -ОЕ, (1)
CD9 = 0C 2 -j-0D a ± 2 0 D .0 F , (2)
где Е и F — основания перпендикуляров из точек Л и С на прямые
ОВ n-OD. При этом знаки перед последними членами в правых частях
равенств (1) и (2) одинаковы в силу равенства углов АОВ и COD.
В силу равенства этих углов треугольники ОАЕ и OCF подобны,
откуда ОА:ОЕ=ОС : OF. С другой стороны, в силу равновели-
кости треугольников ОАВ и OCD и равенства углов АОВ и COD
мы имеем: (п, 256):
О А • ОВ = ОС-OD. (3)
Деля это равенство почленно на предыдущее, получим:
OB-OE— OD-OF. (4)
Вычитая теперь почленно равенства (1) и (2) и принимая во внимание
(4), найдем: ч
AB3 — CD3 = OA3-j-O B 3 — OC3 — OD3. (5)
Обозначив, наконец, через М и N середины отрезков АВ и CD,
будем иметь (п. 128) 0Л 2 -| -0 5 2 = 2СШ2-|—^Л£2 и OC2 + OD2 =
= 2CW2 -J- у CD3. С помощью этих соотношений равенство (5) приводится
к виду
ОМ* — ON* = — j- (АВ3 — С/)2). (6)
Итак, сущ ест в у ет ед и н ст в ен н а я точка О, удовл ет вор яю щ а я
у сл о в и ям а), Ь) и с), ук а за н ны м в н ач ал е р еш ен и я ; эта точка определяется
как точка пересечения прямой РХ с прямой линией UU’ —
геометрическим местом точек, разность квадратов расстояний которых
от точек М vi N равна (АВ3—- С/)2) (сравнить п. 128а, следствие).
Построим теперь дуги АКВ и CLD, из точек которых отрезки АВ
и CD видны под равными и одинаково направленными углами /_ АКВ =
= /, CLD = V, и обозначим через В’ и D’ вторые точки пересечения
прямых ОВ и 0D с соответствующими дугами.

543

Мы имеем Z АОВ= Z АВ’В+ Z ОАВ’,vim Z АОВ= /_ АВ’В—
■— /_ ОАВ’ в зависимости от того, лежит ли точка О внутри или вне
окружности АКВ, и аналогично Z COD— Z CD’D z t Z OCD’. Так как
/_ АОВ == Z COD и Z АВ’В = Z CD’D = V, то отсюда следует,
что Z ОАВ’ = Z OCD’. Следовательно, треугольники ОЛД’ и ОСТУ
подобны, откуда
OA:OB’ = OC:OD’. (7)
Деля равенство (3) почленно на (7), получим О В ■ OB’=OD • OD’,
так что точка О имеет относительно окружностей АКВ и CLD одну
и ту же степень, и потому лежит на их радикальной оси.
Итак, радикальная ось окружностей АКВ и CLD, удовлетворяющих
условию Z АКВ = Z CLD = V, проходит через точку О, не зависящую
по самому её определению от выбора этих окружностей.
П ри м е ч а н и е . Мы предполагали, что углы А О В и COD не только
равны, но и имеют одинаковое направление вращения, и что то же имеет
место для углов АКВ и CLD. Случай, когда эти углы имеют противоположные
направления, сводится к рассмотренному, если поменять ролями точки
С и D.
При этом роль точки О будет играть точка, в которой прямая PY пересекается
с прямой UU’ — геометрическим местом точек, удовлетворяющих
условию (6).
3 8 4 . Так как треугольники ABC и ADC (черт. 632) равны (по трём
сторонам), то биссектрисы внутренних углов при В и D пересекают
прямую АС в одной и той же точке О, удовлетворяющей условию
АО : О С = АВ: ВС. То же относится и к внешним углам при вершинах
В и D, биссектрисы которых пересекают АС в точке О’, для
которой АО’: СО’ = АВ: ВС. Точки О и О’ равноудалены от всех четырёх
прямых АВ, ВС, CD и DA и потому служат центрами тех
окружностей, о которых идёт речь в тексте.
Если данный четырёхугольник — шарнирный и сторона АВ остаётся
неподвижной, то точка С описывает окружность с центром В
(или д у гу такой окружности), а точки О и О’ — фигуры, гомотетичные
относительно точки А той фигуре, которую описывает точка С,
т. е. также окружности. Действительно, расстояние ВС и отношения
АО: ОС и АО’ : СО’ сохраняют при этом постоянную величину.

544

■■ 3 8 6 . Если четырехугольник ABCD (черт. 633) описан около окружности
и эта окружности лежит внутри четырёхугольника, то АВ -f-
-j~ CD= AD ■ j~ ВС (упр. 87). Последнее соотношение сохраняет силу
при деформации четырёхугольника, так что он остаётся описанным.
Отложим на лрямой АВ от точки А в сторону точки В отрезок
АЕ, равный AD, а от точки В в сторону точки А — отрезок BF, равный
ВС (точки Е и F могут обе лежать на самом отрезке АВ, как на
чертеже 633, или одна из точек Е и F может
лежать на самом отрезке АВ, другая
•— на его продолжении; наконец, обе
точки Е и F могут лежать на продолжениях
отрезка АВ\ однакововсех случаях
АЕ B F = AD -|- ВС АВ, так что отрезки
АЕ и BF налегают один на другой).
Треугольники АОЕ и AOD будут равны,
так как Л OAD= Л ОАЕ, откуда OD —
— ОЕ, Аналогично ОС— О/7. Наконец, в
силу равенства АВ -j- CD — AD -}- ВС имеем CD === AD -]-В С — AB—
= АЕ -\-BF— AB — EF. Треугольники OCD и OFE равны, и потому
Л COD — Л EOF. Но в силу сказанного в решении упражнения 89
имеем Л АОВ -j- Л COD = 180°, так что
Л АОВ-\- Л EOF = 180°. (1)
Обратно, пусть некоторая точка О удовлетворяет условию (1).
Построим треугольники AOD и ВОС, соответственно равные АОЕ
и BOF. Будем иметь Л AOD -f- Л ВОС = Л АОЕ -f- Л BOF—
= L АОВ -f- Л EOF— 180°; следовательно, Л АОВ-\- Л COD—360°— .
—{ЛАОй-\- Л В О С )= 180°, и потому Л COD — Л EOF. Кроме того,
ОС— О/7, OD — OE, и треугольники COD и EOF равны, так что
CD = EF. Поэтому AD — f ВС — АЕ -j- B F = АВ+ E F=AB-\- CD,
и четырёхугольник ABCD — описанный.
Отсюда следует, что геометрическое место центров О вписанных
окружностей совпадает с геометрическим местом точек, из которых
отрезки АВ и EF видны под пополнительными углами, и потому представляет
собой окружность 5 с центром на прямой АВ (упр. 257).
Из сказанного в решении упражнения 257 следует, что концы
одного из Отрезков АВ и EF обратны относительно окружности 5 концам
другого. В данном случае точка А ооратна точке F, точка В —
точке Е. Из упражнения 242 следует, что отношение расстояний произвольной
дочки О окружности S от двух взаимно обратных точек
А и F есть постоянная величина, так что в силу ОР — ОС имеем
О А : ОС — const. Аналогично О В : OD — const.
3 8 6 . Прямые АВ, CD и PQ проходят через одну точку О — радикальный
центр данной окружности и окружностей РАВ и PCD
г(черт. 634). Точка О остаётся неподвижной при перемещении точки
Р как точка пересечения прямых АВ и CD. Произведение OP — OQ
равно степени точки О относительно данной окружности. Следователь-
18 Элем ентарная гео м е три я , ч . I

545

но, точки Р и Q соответствуют одна другой в инверсии с полюсом О и
степенью, равной степени точки О относительно данной окружности.
Если точка Р описывает прямую, не проходящую через О, то
точка Q описывает окружность, проходящую через точку О, и наоборот.
Если точка Р описывает окружность, не проходящую через О,
то точка Q описывает окружность, ей обратную. ,
Геометрическое место точки Р при условии, что она совпадает
с Q, есть окружность инверсии; последняя существует лишь при условии,
что точка О лежит вне данной окружности.
3 8 7 . Точки А’, В’, С и D’ (черт. 635)
соответствуют точкам А, В, С и D в инверсии
с полюсом Р и степенью, равной степени
р точки Р относительно окружности,
описанной около квадрата. Следовательно
(п. 218),
А’В’— р ■ В А (1)
= В ’С’ ■ D’A’ — —
РА — Р В ’
и аналогичные выражения получим для В ’С’,
CD’ и D’A’. Отсюда принимая во внимание,
что AB=BC=CD=DA, получим А’В’ -C’D’—
АВ*
РА ■ РВ • PC • PD-
Обратно, пусть (выпуклый) ^писанный четырёхугольник A’B’C’D’
удовлетворяет условию А’В’ ■ C’D’ = В’С’ • D’A’, и инверсия с полюсом
Р преобразует точки А’, В ’, С’ и D’ в вершины А, В, С и D
квадрата, вписанного в ту же окружность. Прямой S, проходящей
через центр О квадрата и перпендикулярной к его сторонам АВ и CD,
соответствует в этой инверсии окружность S’, ортогональная ко всем

546

окружностям, проходящим через точки А’ и В’ (в том числе и к прямой
А’В[), и ко всем окружностям, проходящим через точки С’ и D’
(в том числе и к прямой C’D’). Окружность S’ имеет своим центром
точку пересечения Е прямых А’В ’ и C’D’ и ортогональна к окружности
А’В ’C’D’. Такая окружность 5 ‘ существует, так как точка Е
лежит вне окружности A’B’C’D’ в силу выпуклости четырёхугольника
А’В’C’D’. Точно так же прямая Т, проходящая через точку О
и перпендикулярная к AD и ВС, преобразуется в окружность Т’\ имеющую
своим центром точку пересечения F прямых A’D’ и В’С’ и ортогональную
к окружности A’B’C’D’.
Так как окружности S’ ш Т преобразуются в прямые линии, то
искомым полюсом инверсии может быть только одна из точек их пересечения
Р или Q (окружности S’ и
Т’наверное пересекутся, так как одна
из них пересекает дуги А’В’ и C’D’,
другая — дуги A’D’ и В’С’ окружности
A’B’C’D’). Рассмотрим хотя бы
точку Р. Покажем, что инверсия с
полюсом Рпреобразует вершины данного
четырёхугольника действительно
в вершины квадрата ABCD. Так
как все окружности, проходящие через
А’ и В’, ортогональны к окружности
S’, то прямая АВ, соответствующая
окружности РА’В’, перпендикулярна
к той прямой 5, которая соответствует
окружности S’. По той же Черт. 636.
причине прямая CD перпендикулярна
к прямой S, а прямые AD и ВС —
к той прямой Т, которая соответствует окружности Т . Следовательно,
четырёхугольник ABCD — параллелограмм. Так как точки А’, В ’, С’ и
D’ лежат на одной окружности, то и обратные им точки А, В, С и D
также лежат на одной окружности, а следовательно, ABCD есть прямоугольник.
Наконец, соотношение А’В ’ ■ C’D’ = A’D’ ■ В’С’ преобразуется
с помощью формул, аналогичных (1), в соотношение АВ ■ CD=„
= AD ■ ВС. Из последнего следует, что прямоугольник ABCD—квадрат.
Те же соображения применимы и к инверсии с полюсом Q.
Задача преобразования, данного четырёхугольника в квадрат имеет
два решения: полюсом инверсии может быть любая из точек пересечения
Р a Q окружностей S’ и Т’. Это объясняется тем, что четырёхугольник
A’B ’C’D’ — вписанный (сравнить решение упр. 270,5°, примечание
2°).
3 8 8 . Пусть инверсия с полюсом Рпреобразует вершины данного
вписанного четырёхугольника A’B’C’D’ в вершины прямоугольника
ABCD (черт. 636). Не нарушая общности, можно предположить, что
прямоугольник ABCD вписан в ту же окружность, что и четырёхугольник
A’B’C’D’.

547

Прямая S, соединяющая середины сторон АВ и CD, пересекает
под прямым углом как все окружности, проходящие через точки
А и В, так и все окружности, проходящие через С и D. Следовательно,
обратная ей окружность S’ пересекает под прямым углом прямые А’В’
и C’D’ и окружность А’В’С’П. Центр этой окружности S’ есть точка
пересечения Е прямых А’В ’ и C’D’, её радиус — касательная из точки
Е к окружности А’В ’C’D’. Точно так же получаем вторую окружность
V с центром в точке F пересечения прямых A’D’ и В ’С’, обратную
прямой Т, которая соединяет
середины сторон AD и ВС.
Так как окружности S’ и Т
преобразуются искомой инверсией
в прямые линии 5 и Г, то полюс
инверсии есть одна из точек пересечения
Р или Q этих окружностей.
Окружности S’ и Т о б е ортогональны
как к прямой ЕЕ, так и к окружности
А’В’С’П; следовательно, Р и
Q — предельные точки этой прямой и
этой окружности»(упр. 152). Степень
инверсии, преобразующей точки А’,
В ’, С , и D’ в вершины прямоугольника,
остаётся, очевидно, произвольной.
3 8 9 . Пусть точки А’,.В’, С’ и D’ преобразуются с помощью некоторой
инверсии в вершины параллелограмма A5CZ) (черт. 637, 638).
Если точки А’, В’, С’ и D’ лежат на одной окружности, то ABCD—
прямоугольник, и мы приходим к задаче 388. Поэтому мы предположим,
что точки А’, В’, С’ и D’ не лежат на одной
окружности.
Так как треугольники ABC и ADC равны, то и
окружности ABC и ADC должны быть равны между
собой, и прямая АС Образует с обеими окружностями
равные углы. Следовательно, полюс инверсии должен
лежать на окружности, проходящей через точки
Черт. 637.
Л’ и С’ и делящей пополам угол между окружно-
стями А’В ’С и A’D’C , точнее угол между дугами Черт.
А!В’С’ и А’П С (так как точки В и D лежат по
разные стороны от АС, то точки В ‘ и D’ лежат по разные стороны
от окружности) (сравнить задачу 275). Точно так же полюс инверсии
лежит на определённой окружности, делящей пополам угол между
окружностями В ’A’D’ и B’C’D’.
Так как эти окружности, на которых должен лежать полюс инверсии,
пересекаются в двух точках, то получаем два возможных положения
полюса инверсии; степень инверсии остаётся Произвольной.
3 9 0 , Прямая, пересекающая две данные окружности под равными
углами, необходимо проходит через’один из их центров подобия (так
как радиусы, проведённые в точки пересечения, попарно параллельны,

548

сравнить ц. 227), и обратно. Таким обрааом, центр-подобия можно охарактеризовать
как точку, через которую проходит бесчисленное множество
прямых, пересекающих обе данные окружности под равными углами.
Если точка А’, соответствующая точке А в искомой инверсии /,
есть центр подобия для двух окружностей, в которые преобразуются
данные окружности, то бесчисленное множество окружностей, проходящих
через точку А и пересекающих обе данные окружности под
одним и тем же углом, должны преобразовываться в прямые линии,
преходящие через точку А’.
. Окружность, проходящая через точку А и пересекающая две данные
под одним и тем же углом, преобразуется сама в себя с помощью
одной из двухинверсий /’или/»,
преобразующих данные окружности
одну в другую (п. 227).
Отсюда следует, что всякая
окружность, проходящая через
точку А и изогональная к двум
данным, проходит либо через
точку Р , обратную точке А в
инверсии./’, либо через точку Р ,
обратную точке А в инверсии/’.
Чтобы эти окружности преобразовались
в прямые линии,
за полюс инверсии / надо принять
либо Р , либо Р .
Итак, полюсом искомой инверсии I служит точка, обратная точке А
в одной из двух инверсий, преобразующих две данные окружности
одну в друг.ую. Степень инверсии остаётся произвольной.
391. Пусть 5 — точка пересечения прямых QR и АВ (черт. 639).
Так как £. RQM = /, RPM— ВАМ, T9 треугольники BQS и ВАМ
подобны, откуда BS = • Произведение ВМ • BQ (степень
точки В относительно окружности) не изменяется при перемещении
точки М по окружности, а следовательно, точка 5 будет при этом
неподвижной. Если окружность и точки А и В даны, то легко построить
точку S, выбирая точку М произвольно.
Переходим к решению задач на построение.
I. Вписать в о к р уж н о ст ь т р еугол ьн и к (обозначим его через MPQ),
д в е ст ороны к от о р ого п р ох о дят ч ер ез точки А и В, а т р ет ья
паралл ельн а п р ям ой KL.
Задача сводится к построению треугольника PQR, две стороны
которого соответственно параллельны прямым АВ и KL, а третья
проходит через 5 (см. задачу 115). После того как треугольник PQR
будет построен, достаточно соединить вершину Р с точкой А, чтобы
получить на окружности точку М. При этом точка пересечения прямой
MB с окружностью будет лежать в силу доказанной-теоремы
в » прямой RS и, следовательно, будет совпадать с Q,

549

II. Вписать в о к р уж н о ст ь т р еугол ьн и к (обозначим его через.МР<3),
стороны к от о р о го п р ох одят ‘ ч ер ез точки А, В и С.
Задача сводится к построению треугольника PQR, две стороны
которого проходят через точки С й S, а третья параллельна АВ, т. е.
к задаче I. После того как треугольник PQR будет построен, положение
точки М определяется как и в предыдущей задаче.
III. Вписать в о к р уж н о ст ь м н огоугол ьн и к с чётным числом ст о р
о н , у к от о р о го одн а и з ст о р о н п рох одит ч ер е з да н н ую т очк у, а
остальные параллельны соот вет ст вен н о данным прямым.
Пусть требуется построить, например, шестиугольникPQRSTU,
у которого сторона PQ проходит через данную точку Л, а остальные
стороны параллельны соответственно данным прямым QyRy,RiSy, SsTu
T%Uy и U^Py (черт. 640). Выбрав на окружности произвольную точку Q\
построим ломаную QR’S’TU’P, звенья которой соответственно параллельны
данным прямым и, следовательно, сторонам искомого многоугольника.
Дуги QQ’, RR’, SS’, ТТ1, UU’ и РР будут равны между
собой в силу параллельности хорд; кроме того, каждые две последовательные
дуги будут иметь противоположные направления. Так как
общее число д уг чётное, то дуги QQ’ и РР’будутравний иметь противоположные
направления. Следовательно, и хорда P’Q’ будет параллельна
искомой стороне PQ. Остаётся провести через точку А прямую, параллельную
PQ’, чтобы получить сторону PQ искомого многоугольника.
IV. Вписать в о к р уж н о ст ь м н огоугол ьн и к с нечётным числом
ст ор он , у к от о р ого одна и з ст ор он п рох одит ч ер ез да н н ую точку,
а остальные параллельны соот вет ст вен н о данным прямым.
Пусть требуется построить, например, пятиугольник PQRST, у которого
сторона PQ проходит через точку А, а остальные стороны
параллельны соответственно данным прямым QyRy, R^Sy, ЗгТу и Т%Ру
(черт. 641). Выбрав на окружности произвольную точку Q’, построим
ломаную Q’R’S’T’P, звенья которой соответственно параллельны данным
прямым и, следовательно, сторонам искомого многоугольника.
Дуги QQ’, RR\ SP, ТТ’ и РР будут опять равны; QQ’ и РР бу-

550 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика