Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 31]

Задача 79621

Темы:	[	Свойства симметрии и центра симметрии	]
	[	Площадь. Одна фигура лежит внутри другой	]
	[	Выпуклая оболочка и опорные прямые (плоскости)	]
	[	Выпуклые многоугольники	]
	[	Ромбы. Признаки и свойства	]

Сложность: 4
Классы: 9,10,11

Докажите, что в выпуклый центрально-симметричный многоугольник можно поместить ромб вдвое меньшей площади.

Решение

Пусть O — центр симметрии, A — одна из наиболее удалённых от O вершин многоугольника, B — вершина, симметричная A относительно O. Восставим к прямой AB перпендикуляр l_A в точке A, перпендикуляр l_O в точке O и перпендикуляр l_B в точке B. Так как A и B — самые далёкие от O вершины многоугольника, то прямые l_A и l_B — опорные (то есть весь многоугольник лежит по одну сторону от каждой из этих прямых). Пусть C, D — точки пересечения границы многоугольника с прямой l_O. Проведём в этих точках параллельные опорные прямые l₁ и l₂. Тогда при пересечении прямых l_a,l_b,l₁ и l₂ образуется параллелограмм UVWT. Заметим, что C и D — середины соответствующих сторон параллелограмма. Следовательно, площадь ромба ACBD равна половине площади параллелограмма UVWT. Так как все стороны этого параллелограмма являются опорными прямыми, то исходный многоугольник лежит внутри него. Следовательно, площадь исходного многоугольника не превосходит площади параллелограмма UVWT, откуда и следует утверждение задачи.

Прислать комментарий

Задача 109516

Темы:	[	Свойства симметрии и центра симметрии	]
	[	Произведение длин отрезков хорд и длин отрезков секущих	]
	[	Четыре точки, лежащие на одной окружности	]
	[	Отрезок, видимый из двух точек под одним углом	]
	[	Вписанные четырехугольники (прочее)	]

Сложность: 4
Классы: 8,9,10

Автор: Купцов Л.

Из центра симметрии двух равных пересекающихся окружностей проведены два луча, пересекающие окружности в четырех точках, не лежащих на одной прямой. Докажите, что эти точки лежат на одной окружности.

Решение

Пусть A₁ и A₂ – точки, лежащие на первой окружности, а B₁ и B₂ – точки, лежащие на второй окружности. Обратимся к ситуации, изображенной на 1021 (случай, изображенный на 1022 рассматривается аналогично). Пусть точки A₃ , B₃ и B₄ симметричны точкам B₂ , A₁ и A₂ соответственно относительно точки O . По теореме о пересекающихся хордах B₃O· OB₁=B₂O· OB₄ , откуда OA₁· OB₁=OB₂· OA₂ , так как B₃O=OA₁ и OB₄=OA₂ . Это и означает, что точки A₁ , B₁ , B₂ и A₂ лежат на одной окружности.

В случае, показанном на 1021, B₂B₃=A₁A₃ в силу симметрии этих дуг относительно точки O . Поэтому A₃A₂A₁= B₃B₁B₂ , т.е. отрезок A₁B₂ виден из точек B₁ и A₂ под одинаковым углом, следовательно, точки A₁ , A₂ , B₁ и B₂ лежат на одной окружности. В случае, изображенном на 1022, B₂B₃=A₁A₃ , A₃A₂A₁= B₃B₁B₂ , но A₁A₂B₂=180^o- A₃A₂A₁ , поэтому B₃B₁B₂+ A₁A₂B₂=180^o .

Прислать комментарий

Задача 77875

Темы:	[	Свойства симметрии и центра симметрии	]
Темы:	[	Композиция центральных симметрий	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Может ли фигура иметь более одного, но конечное число центров симметрии?

Решение

Ответ: нет, не может. Прежде всего заметим, что если O₁ и O₂ — центры симметрии фигуры, то точка O₃ = S_O₂(O₁) (т.е. точка, симметричная точке O₁ относительно точки O₂) тоже является центром симметрии. Это следует из равенства S_O₃ = S_O₂oS_O₁oS_O₂, которое легко проверяется. Действительно, пусть A₁ = S_O₂(A), A₂ = S_O₁(A₁), A₃ = S_O₂(A₂). Тогда AA₂A₁A₃ — параллелограмм с центром O₂. Точка O₁ является серединой стороны A₁A₂, поэтому точка O₃ является серединой отрезка AA₃. Предположим, что фигура имеет более одного, но конечное число центров симметрии. Выберем прямую так, чтобы при проекции на неё не все центры симметрии отображались в одну точку. Пусть O₁ и O₂ — центры симметрии, проекции которых являются крайними точками (все остальные проекции центров симметрии заключены между ними). Тогда точка O₃, симметричная точке O₁ относительно точки O₂, не является центром симметрии. Приходим к противоречию.

Прислать комментарий

Задача 55628

Темы:	[	Свойства симметрии и центра симметрии	]
Темы:	[	Метод координат на плоскости	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Существует ли фигура, имеющая ровно две оси симметрии, но не имеющая центра симметрии?

Подсказка

Если фигура имеет ровно две оси симметрии, то они взаимно перпендикулярны. Если фигура имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии, то она имеет центр симметрии.

Решение

Докажем сначала, что если фигура имеет ровно две оси симметрии, то они взаимно перпендикулярны. Действительно, пусть l₁ и l₂ — оси симметрии фигуры. Предположим, что они не перпендикулярны. Тогда прямая, симметричная l₂ относительно l₁, — также ось симметрии, не совпадающая ни с l₁, ни с l₂. Получили противоречие.

Докажем теперь, что если фигура имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии, то она имеет центр симметрии. Примем оси симметрии за оси координат OX и OY. Тогда, если точка (x;y) принадлежит фигуре, то ей также принадлежат точки (- x;y) (симметрия относительно оси OY) и (- x; - y) (симметрия относительно OX).

Значит, точка (- x; - y), симметричная точке (x;y) относительно начала координат, принадлежит фигуре. Следовательно, фигура симметрична относительно начала координат.

Ответ

Нет.

Прислать комментарий

Задача 57848

Темы:	[	Свойства симметрии и центра симметрии	]
	[	Композиция центральных симметрий	]
	[	Метод координат на плоскости	]

Сложность: 5-
Классы: 8,9

а) Докажите, что ограниченная фигура не может иметь более одного центра симметрии.
б) Докажите, что никакая фигура не может иметь ровно двух центров симметрии.
в) Пусть M — конечное множество точек на плоскости. Точку O назовем к почти центром симметриик множества M, если из M можно выбросить одну точку так, что O будет центром симметрии оставшегося множества. Сколько к почти центров симметриик может иметь M?

Решение

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_O₂oS_O₁ = T₂, фигура переходит в себя при переносе на вектор 2 $\overrightarrow{O_1O_2}$ . Ограниченная фигура не может обладать этим свойством, так как образ точки с наибольшей абсциссой не принадлежит фигуре.
б) Пусть O₃ = S_O₂(O₁). Легко проверить, что S_O₃ = S_O₂oS_O₁oS_O₂. Поэтому если O₁ и O₂ — центры симметрии фигуры, то и O₃ — центр симметрии, причем O₃ $\ne$ O₁ и O₃ $\ne$ O₂.
в) Покажем, что конечное множество может иметь только 0, 1, 2 или 3 к почти центров симметриик. Соответствующие примеры приведены на рис. Остается доказать, что конечное множество не может иметь больше трех к почти центров симметриик.
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 <...< 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.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 31]