Решения

Решение 1. Продолжим прямую . Построим биссектрису внешнего угла (п. 3). Для этого проведем прямые

1 и 2, параллельные соответствующим сторонам внешнего угла и проходящие на расстоянии ширины линей- ки от них. 1 – точка их пересечения (рис. 32). Тогда

Рис. 32. Чертеж к задаче 1

прямая 1 будет биссектрисой. Прямые и симметричны относительно биссектрисы 1. Возьмем про- извольную точку 1, отличную от , на биссектрисе. Проведем через точку 1 прямую 1, параллельную 1 на расстоянии от нее. 1 – точка пересечения 1 с биссек- трисой. Прямые 1 и 1 образуют правую h-пару параллельных прямых относительно точек 1 и 1. Про- ведем теперь левую h-пару через точки 1 и 1. Та из

прямых, образующих эту пару, что проходит через точку1, симметрична прямой 1 относительно биссектрисы.

– точка ее пересечения с прямой . Точка симметрична точке относительно биссектрисы (п. 5–6). Следовательно, = . Аналогично на продолжении стороны

строим отрезок , равный . Таким образом, | |

равен | |+| |+ |, а значит, и периметру треугольника . З1

Решение 2. Для точек и проведем левую и правую h-пары параллельных прямых (см. рис. 3а). Пусть

и– точки их пересечения, отличные от и . Тогда

иперпендикулярны и делятся в точке их пересечения пополам. Значит, прямая проходит через середину стороны треугольника . Аналогично построим перпендикуляр, проходящий через середину стороны .

Точка пересечения этих перпендикуляров и будет центром

описанной окружности. З2 Решение 3. Построим бессектрисы углов и (п. 4).

Точка их пересечения и будет центром описанной окружности. З3 Решение 4. Найдем середину стороны (п. 3) и обо-

значим ее . Прямая будет медианой. Аналогично

построим медиану, проведенную из вершины . Точка пе-

ресечения этих двух медиан и будет искомой точкой. З4

Решение 5. Проведем через точку перпендикуляр к прямой (п. 6), а через точку – перпендикуляр к прямой . Точка пересечения этих перпендикуляров и будет

искомой точкой З5 .

Решение 6. Построим точку 1, симметричную относительно линии берега (п. 6). Соединим точки и 1 от- резком прямой (рис. 33). – точка пересечения прямых

Рис. 33. Чертеж к задаче 6

и 1. Мы утверждаем, что найденное таким образом положение оптимальное. Действительно, при любом положении имеет место равенство | |= | 1|. Значит, оптимальному маршруту соответствует оптимальный маршрут 1. Но длина маршрута 1 минимальна, когда точка лежит на прямой 1. З6

Если представить, что линия берега – это зеркало, то маршрут становится кратчайшим, если туристы движутся, как луч света: «угол падения равен углу отражения».

Решение 7. Построим луч 1, симметричный лучу относительно (рис. 34). Построим точку 1, симметричную

Рис. 34. Чертеж к задаче 7

относительно прямой и точку 2, симметричную 1 от- носительно луча 1. Тогда каждому маршруту будет соответствовать равный по длине 1 2. Установим

контейнер в точке пересечения отрезка 2 и луча . Отрезок 2 пересекает луч 1 в точке 1. Контейнер

поставим в точку, симметричную 1 относительно луча .

З7

Решение 8. Отобразим маршрут муравья симметрично относительно оси (линии левой боковой стенки коробки).

При этом точка останется на месте,

Рис. 35. Чертеж I к задаче 8

отобразится в 1. Назовем исходную фигуру , а ее образ 1. Теперь отобразим фигуру 1 симметрично относи- тельно оси (линии задней стенки коробки). Полученную фигуру назовем 2. При последнем преобразовании точ- ка 1 останется на месте. В результате двух симметричных отображений точка перейдет в точку 2, а отрезок– в отрезок 1 2. Отобразим фигуру 2 симметрич- но относительно оси (продолжение образа линии правой боковой стенки при первом симметричном отображении). Точка в результате трех симметричных отображений перейдет в точку 3. Нетрудно заметить, что длина ломаной 1 2 3 равна длине (длине маршрута

муравья). Значит, маршруту наименьшей длины будет соответствовать маршрут 1 2 3 наименьшей длины. Но последний можно построить, соединив точки и 3 отрезком прямой (рис. 36). Точка получится при

Рис. 36. Чертеж II к задаче 8

пересечении прямой 3 с линией «левой боковой стенки коробки», точку можно построить как прообраз 1

при первом симметричном отображении, а точку – как прообраз 2 при двух симметричных преобразованиях. Полученный маршрут будет оптимальным. З8 Интересно, что муравью, как туристам из задачи 6 и почтальону из задачи 7, пришлось «соблюдать» известный закон физики: «угол падения равен углу отражения». Попробуйте доказать, что ‖ , а ‖ .

Решение 9. Проведем прямую , а затем через точку

– прямую, параллельную (п. 8). – точка ее пересечения с прямой . Тогда = , как противоположные стороны параллелограмма. Через точку проведем прямую, параллельную (рис. 37).

Рис. 37. Чертеж к задаче 9

– точка ее пересечения с прямой . Через точку проведем прямую, параллельную . – точка ее пересечения с прямой . Тогда = , как противоположные стороны параллелограмма . Для определенности мы рассмотрели случай, когда | |< | |. Если | |= | |, то отрезок, который требуется построить, уже есть – это . Если | |> | |, построение аналогично приведенному выше. З9

58 Если пропал циркуль

Решение 10. Построим отрезок 1 1, равный 0 0 (рис. 38). От точек 1 и 1 проведем лучи, образующие

Рис. 38. Чертеж к задаче 10

с 1 1 углы, равные ̸ 0 и ̸ 0 соответственно (п. 14–15).1 – точка пересечения этих лучей. Мы построили тре- угольник 1 1 1, подобный тому, что следует построить,

говоря, все линейные размеры 1 1 1 в раз больше

образом, построен отрезок , равный периметру треугольника 1 1 1. Проведем в полуплоскости, противоположной полуплоскости треугольника, прямую , па- раллельную 1 1 и проходящую на расстоянии ширины

линейки от нее. Относительно точек 1 и 1 постро- им h-пару параллельных прямых (для определенности мы взяли левую h-пару). Пусть и – точки пересечения этих прямых с . Они ограничивают на прямой отрезок, равный 1 1. Проведем одну прямую через точки 1 и , а другую через точки 1 и . Пусть – точка пересече- ния прямых 1 и 1. Любая пара лучей, выходящих из точки отсекает на прямой 1 1 отрезок в раз большей длины, чем на прямой . Соединим точку лучами

сточками 1 и 1. Обозначим точки пересечения лучей

спрямой через и соответственно. Таким образом,

отрезок будет в раз меньше 1 1. Проведем через

точку прямую, параллельную 1 1, а через точку

прямую, параллельную 1 1. Пусть – точка их пересе-

чения. Искомый треугольник построен. З10

Решение 11. Построим середину отрезка точку

(рис. 39). Проведем прямую через точки и , а через

точки и – прямые и , параллельные . З11

Решение 12. Точка – середина отрезка . З12

Решение 13. Задача имеет три решения в зависимости от того, какую пару точек мы примем за середины противоположных сторон (рис. 40). Например, возьмем точки и . Через точку проведем прямую ,

параллельную .

Рис. 39. Чертеж к задаче 11

Рис. 40. Чертеж к задаче 13

Построим середину отрезка – точку . Проведем через точки и прямые, параллельные . Они пересекутся с прямой в точках и соответственно. На прямых и по другую сторону от точек и отложим отрезки и , равные . Таким образом,

(рис. 41). Через точку проведем прямую, перпендику-

Рис. 41. Чертеж к задаче 14

лярную биссектрисе. Эта прямая отсечет на сторонах угла равные отрезки и . З14

Решение 15. Из вершины угла проведем луч , проходящий через точку (рис. 42). На сторонах угла

построим точки и , такие, что | |= и. На сторонах угла построим точки

и , такие, что | |= и . Похожие построения мы выполняли в задаче 9. Соединим точки и отрезком прямой. – точка пересечения и . Треугольники

и подобны по двум углам: ̸ и ̸ –

прямые, а ̸ = ̸ – вертикальные. Следовательно, : = : . Проведем через точку прямую, параллельную . Точки пересечения этой прямой

Рис. 42. Чертеж к задаче 15

со сторонами угла и обозначим и соответственно. Точка разбивает отрезок на части, относящиеся как : . З15

Решение 16. Построим биссектрисы треугольника 1 1 1 (рис. 43). Через точки 1, 1 и 1 проведем перпендикуля- ры к соответствующим биссектрисам. Точки пересечения этих перпендикуляров и будут вершинами треугольника

. З16

Решение 17. Пусть точка 1 лежит на стороне треугольника (рис. 44). Для начала построим треугольник наименьшего периметра 1 1 1, вписанный в ,

Рис. 43. Чертеж к задаче 16

Рис. 44. Чертеж к задаче 17

с заданным положением точки 1. Построим точку ′1, симметричную 1 относительно оси , и точку ′′1, симметричную 1 относительно оси . Возьмем точку1 на отрезке и точку 1 на отрезке . Так как′1 1 = 1 1 и ′′1 1 = 1 1, то любому маршруту

1 1 1 1 соответствует равный ему маршрут ′1 1 1 ′′1. Но маршрут ′1 1 1 ′′1 наименьшей длины мы получим, если соединим точки ′1 и ′′1 отрезком прямой. Пока мы построили оптимальный вписанный треугольник при за- данном положении 1. Осталось найти оптимальное поло- жение 1. Рассмотрим ′1 ′′1. Независимо от положе- ния 1 на стороне имеет место равенство ̸ ′1 ′′1 = 2̸_ . Поскольку ′1 ′′1 равнобедренный с боковыми сторонами, равными 1, основание треуголь- ника ′1 ′′1 примет наименьшее значение при наименьшем1, т. е. при 1 , когда 1 – высота треугольника

. Отсюда следует, что вписанный треугольник наи-

меньшего периметра – ортотреугольник. З17 Решение 18. Построим единичный отрезок (рис. 45).

Длина отрезка в данном случае не имеет значения, единичным мы его сделали для определенности. Из точки проведем перпендикуляр и отложим на нем отрезок длины 1. По ту же сторону от прямой проведем перпендикуляр из точки и отложим на нем отрезок длины

2. Соединим отрезками пары точек и ,

и . Пусть – точка пересечения этих отрезков. Опустим из точки перпендикуляр на прямую . Мы утверждаем, что длина этого перпендикуляра равна . Действительно, из подобия треугольников и

Длина перпендикуляра действительно равна . З18

Решение 19. Четыре точки должны быть вершинами некоторого выпуклого четырехугольника (рис. 46). Иначе они не могли бы расположиться на сторонах квадрата. Соединим точки и отрезком прямой. Через точку прове-

дем перпендикуляр к прямой . На этом перпендикуля-

ре отложим от точки отрезок , равный .