Тема Преобразования плоскости

Поворот

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела преобразования плоскости

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76173

Дед Мороз наколдовал на серединах сторон треугольника $ABC$ шестиконечные снежинки, как показано на рисунке:

$PIC$

(вершина треугольника и середина стороны треугольника берутся концами стороны соответствующего правильного шестиугольника)

Докажите, что на полученном новогоднем чуде точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $XY Z$ совпадают.

Показать доказательство

Пусть $O$ — произвольная точка плоскости.

Про точку $M$ пересечения медиан треугольника $ABC$ известно, что:

−−→ −→ −−→ −−→ 3OM = OA +OB + OC

(это характеристическое свойство следует из того, что точка пересечения медиан является центром масс $−M−A→ +−M−B→ +−M−C→ = −→0$ )

А требуется доказать, что $M$ является ещё и точкой пересечения медиан треугольника $XY Z$ , то есть:

−−→ −−→ −−→ −→ 3OM = OX +OY + OZ

Левые части полученных двух векторных равенств совпадают, поэтому надо доказать про правые, что разность правых частей в этих равенствах равна нулевому вектору, то есть (преобразуем по правилу вычитания векторов):

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −→0

Возьмём серединный треугольник $A0B0C0$ и повернём его вокруг точки $M$ на $60∘$ . Получим треугольник $A1B1C1$ такой, что

A1B1 ∥ AX, B1C1 ∥BZ, C1A1 ∥CY

К тому же,

A1B1 =A0B0 = AB∕2= AX,B1C1 =B0C0 =BC ∕2= BZ,C1A1 = C0A0 = CA∕2 =CY

Значит,

−−→ −−−→ −→ −−−→ −−→ −−−→ AX = B1A1,BZ = B1C1,CY =C1A1

Но тогда получаем требуемое:

−−A→X +−B→Z + −−C→Y = −−B−1→A1+ −−B−1→C1+ −−C−1A→1 = −→0

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#103192

Вне треугольника $ABC$ построены равносторонние треугольники $ABC ′,BCA ′,CAB ′.$ Вне треугольника $ABC ′$ построены равносторонние треугольники $′ AC C1$ и $′ BC C2.$ Аналогично определяются точки $A1$ и $A2,B1$ и $B2.$ Докажите, что серединные перпендикуляры к $A1C2,B1A2,C1B2$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Пусть точки $A′′ ⁄=A ′,B′′ ⁄=B ′,C′′ ⁄= C′$ выбраны так, что треугольники $A′′BC,$ $AB′′C,$ $ABC ′′$ — равносторонние.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Треугольник $′′ A B1C2$ — равносторонний.

Доказательство. Заметим, что $AB = AC2,AC = AB1$ и $∘ ∠BAC2 = ∠CAB1 = 120 .$ Будем считать, что картинка такая же как и ниже. Сделаем следующую последовательность поворотов (все по часовой стрелки): с центром в точке $A$ на $∘ 120 ,$ с центром в точке $X$ на $∘ 60$ такой, что точка $C2$ переходит в $B1,$ опять с центром в точке $A$ на $∘ 120$ и с центром в точке $′′ A$ на $∘ 60 .$ Заметим, что сумма углов этих поворотов равна $∘ 360,$ и при этом переводит точку $B$ в себя, а значит, данная композиция поворотов является тождественным преобразованием. Откуда следует, что поворот с центром в точке $X$ на $∘ 60$ совпадает с поворотом с центром в точке $′′ A$ на угол $∘ 60 .$ Откуда следует, что $′′ X ≡ A$ и треугольник $′′ A B1C2$ равносторонний, что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к решению задачи. Заметим, что точки $B′′$ и $C′′$ симметричны точкам $B1$ и $C2$ относительно вершины $A$ соответственно. Откуда следует, что прямые $B1C2$ и $B′′C′′$ параллельны. А значит, серединный перпендикуляр к $B1C2$ проходит (из леммы) через точку $A′′$ и перпендикулярен прямой $B′′C′′,$ то есть является высотой треугольника $A ′′B′′C′′.$ Два других серединных перпендикуляра из аналогичных рассуждений будут высотами этого треугольника, которые точно пересекаются в одной точке.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68708

В трапеции $ABCD$ длины диагонали $BD$ и основания $BC$ равны. Точка $X$ на луче $BD$ такова, что $BX =CX.$ На прямой $CX$ взята точка $Y$ такая, что $AB =BY.$ Известно, что $∘ ∘ ∠DBC = α ,∠ABD =β .$ (При этом $∘ α +β ⁄= 90$ и $∘ 180 − α − β >α)$ Найдите градусную меру угла $∠BYC.$

Источники: ИТМО-2023, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

$△BXC$ равнобедренный, поэтому $∠XCB =∠XBC = α.$ Накрест лежащие углы равны: $∠BDA = ∠DBC = α$ . Значит, $∠XCB = ∠BDA.$

Повернём картинку на угол $α$ относительно точки $B$ так, чтобы точка $C$ перешла в точку $D.$ Из доказанного выше равенства углов следует, что прямая $CX$ при этом повороте перейдёт в прямую $DA.$ Точка $Y$ при этом перейдёт в такую точку на прямой $AD,$ что расстояние от неё до точки $B$ равно $AB.$ Таких точек две. Одна из них точка $A,$ а вторая — какая-то точка $A′.$

Значит, $∠BYC = ∠BAD$ или $∠BYC = ∠BA′D.$ $∠BAD = 180∘− ∠ABC = 180∘− α− β,$ как односторонний угол. Это один из ответов.

Посмотрим теперь на точку $A′.$ $△BAA ′$ равнобедренный, причём $∠BAA ′$ равен тому из углов $∠BAD$ и $180∘− ∠BAD,$ который является острым (случай прямого угла исключается значениями углов $α$ и $β,$ которые даны в каждом их вариантов). Если $∠BAD$ тупой, точка $A′$ очевидно лежит на луче $DA$ и $∠BA ′D= 180∘− ∠BAD =α +β.$ Если же $∠BAD$ острый, $∠BA′A= ∠BAA ′ = ∠BAD = 180∘ − α − β$ и точка $A′$ находится на луче $AD.$ При этом во всех вариантах $180∘− α − β > α,$ т.е. $∠BA′A> ∠BDA,$ поэтому точка $A′$ лежит ближе к $A,$ чем $D$ , т.е. попадает на отрезок $AD.$ Значит, $∠BA ′D = 180∘ − ∠BA ′A = α+ β.$

Ответ:

$α +β,180∘ − α − β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#71298

Докажите, что середины сторон правильного многоугольника образуют правильный многоугольник.

Показать доказательство

Сначала напомним себе, что многоугольник называется правильным, если всего его стороны и все углы равны.

Рассмотрим произвольный правильный многоугольник, обозначим его центр через $O$ . Рассмотрим пять подряд идущих вершин этого многоугольника, назовем их в порядке обхода по часовой стрелке $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ (см. картинку).

$PIC$

Середины отрезков $AB$ , $BC$ , $CD$ и $DE$ обозначим через $X$ , $Y$ , $Z$ и $T$ соответственно. Заметим, что так как исходный многоугольник правильный, то $∠AOB = ∠BOC = ∠COD =∠DOE = α$ .

Повернем пятиугольник $OABCD$ вокруг точки $O$ на угол $α$ по часовой стрелке. Тогда точки $A$ , $B$ , $C$ и $D$ перейдут соответственно в точки $B$ , $C$ , $D$ и $E$ . Также середины отрезков $AB$ , $BC$ , $CD$ перейдут в середины отрезков $BC$ , $CD$ и $DE$ . Поэтому, в частности, $XY$ переходит в $YZ$ , значит, $XY =Y Z$ , и по аналогичным рассуждениям все стороны внутреннего многоугольника равны.

При том же повороте $∠XY Z$ переходит в $∠YZT$ , значит, два соседних угла внутреннего многоугольника равны, и, проделав те же рассуждения для всех пятерок последовательных вершин исходного многоугольника мы получим, что все соседние углы внутреннего многоугольника равны, значит, вообще все его углы равны между собой.

Таким образом, и стороны, и углы внутреннего многоугольника равны, значит, он правильный.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31356

В равнобедренном треугольнике $ABC$ $AB = BC$ и $∠ABC = 20∘.$ Докажите, что $3AC > AB$ .

Показать доказательство

Повернём $ΔABC$ вокруг точки $B$ против часовой стрелки на 20 градусов, получим $ΔCBX$ . Сделаем такой же поворот для $ΔCBX$ , получим $ΔXBY$ .

$PIC$

Заметим, что $ΔABY$ — равносторонний. Запишем неравенство для ломаной $ACXY$ :

AB = AY <AC + CX + XY = 3AC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80309

На сторонах треугольника $ABC$ внешним образом построены правильные треугольники $A BC,B AC 1 1$ и $C AB. 1$ Докажите, что $AA1 = BB1 = CC1.$

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем поворот на $60∘$ по часовой стрелке в точке $B.$ Точка $A$ перейдёт в точку $C1,$ а точка $A1$ — в точку $C.$ То есть отрезок $AA1$ перейдёт в отрезок $CC1,$ а значит они равны. Аналогично получим другие равенства.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80310

Точки $M$ и $N$ на сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ соответственно таковы, что $∠MAN = 45∘.$ Докажите, что $BM +DN =MN.$

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем поворот в точке $A$ на $90∘$ против часовой стрелки. Точка $D$ перейдёт в точку $B,$ а точка $N$ — в точку $X$ на прямой $BC$ такую, что $BX = DN.$ То есть $MX = BM +DN,$ а значит достаточно доказать равенство $MX = MN.$ Заметим, что $∠XAB =∠NAD$ по свойству поворота. Отсюда имеем $∠XAM = ∠XAB + ∠BAM =∠NAD + ∠BAM = 90∘− 45∘ = 45∘ = ∠MAN.$ Также по свойству поворота $XA = AN.$ Отметим, что $MA$ — общая сторона у $ΔXAM$ и $ΔMAN.$ Из вышеописанных рассуждений следует, что $ΔMAX = ΔMAN$ по первому признаку. А отсюда уже вытекает равенство $XM = MN,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#80311

Через центр правильного треугольника проведены две прямые под углом $60∘.$ Докажите, что отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника, равны.

Показать доказательство

$PIC$

Для начала разберёмся с расположением этих прямых. Пусть первая прямая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно и не пересекает отрезок $AC.$ Заметим, что углы $XY B$ и $YXB$ — острые. В этом можно убедиться, если провести высоты $CO$ и $AO.$ Понятно, что $Y$ лежит левее основания высоты $AO$ (см. рисунок), в противном случае точка $X$ окажется вне отрезка $AB$ ниже $A$ и $XY$ будет пересекать $AC.$ Аналогичное пояснение для угла $Y XB.$

$PIC$

Предположим, что вторая прямая также пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $Z$ и $T$ соответственно и не пересекает отрезок $AC.$ Углы $ZTB$ и $T ZB$ аналогично острые. Но тогда сумма углов четырёхугольника $OTBX$ равна $60∘+ 120∘+ ∠OT B+ ∠OXB < 360∘,$ противоречие. Значит, вторая прямая обязана пересекать отрезок $AC.$

$PIC$

Наконец, решим задачу. Сделаем поворот в точке $O$ на $120∘$ по часовой стрелке. Отрезок $AB$ перейдёт в отрезок $AC,$ прямая $XY$ — в прямую $TZ,$ значит точка $X$ перейдёт в точку $T.$ Аналогично точка $Y$ перейдёт в точку $Z.$ Таким образом, отрезок $XY$ перешёл в отрезок $TZ,$ то есть они равны, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#80312

На отрезке $AE$ отметили точку $C$ и по одну сторону от него построили правильные треугольники $ABC$ и $CDE.$ Найдите угол между прямыми $AD$ и $BE$ и докажите, что отрезки $AD$ и $BE$ равны.

Показать ответ и решение

$PIC$

Сделаем поворот в точке $C$ на $60∘$ по часовой стрелке. Точка $A$ перейдёт в точку $B,$ а точка $D$ — в точку $E.$ Значит, отрезок $AD$ перейдёт в отрезок $BE,$ то есть их равенство мы доказали. Также понятно, что угол между соответствующими прямыми равен $60∘,$ поскольку при повороте на $60∘$ одна прямая перешла в другую.

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#80313

На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC ,BCA ,CAB . 1 1 1$ На отрезке $A B 1 1$ во внешнюю сторону треугольника $A1B1C1$ построен правильный треугольник $A1B1C2.$ Докажите, что $C$ — середина отрезка $C1C2.$

Показать доказательство

Поймём для начала, что $CC =AA . 1 1$ Действительно, сделаем поворот на $60∘$ по часовой стрелке в точке $B.$ Точка $A$ перейдёт в точку $C1,$ а точка $A1$ — в точку $C.$ То есть отрезок $AA1$ перейдёт в отрезок $CC1,$ а значит они равны.

$PIC$

Сделаем поворот в точке $B1$ на $60∘.$ Точка $A$ перейдёт в точку $C,$ точка $A1$ — в точку $C2,$ значит $CC1 = AA1 =CC2.$

Осталось доказать коллинеарность $C1,C,C2.$ Если сделать поворот в точке $A1$ на $60∘,$ то угол $A1BB1$ перейдёт в угол $A1CC2.$ Поэтому

∠A1CC2 = ∠A1BB1 = 60∘+ ∠CBB1 =60∘+ ∠CBA − ∠ABB1 =∠C1BC − ∠ABB1 = ∠C1BC − ∠AC1C

(равенство углов $ABB1$ и $AC1C$ доказывается поворотом на $60∘$ в точке $A$ ). Отсюда имеем:

∠C1CB + ∠BCA1 +∠A1CC2 = ∠C1CB + 60∘+ ∠C1BC − ∠AC1C =

= ∠C1CB + (60∘− ∠AC1C)+ ∠C1BC = ∠C1CB+ ∠CC1B + ∠C1BC =180∘

Таким образом, коллинеарность доказана.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#86089

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ взяты точки $M$ и $K$ соответственно, причем $∠BAM =∠MAK$ . Докажите, что $BM +KD =AK$ .

Показать доказательство

Повернём квадрат $ABCD$ относительно вершины $A$ на $90∘$ так, чтобы вершина $B$ перешла в вершину $D$ . Тогда точка $M$ перейдёт в точку $M1$ , лежашую на продолжении стороны $CD$ за точку $D$ , и $M1D =BM$ .

$PIC$

Обозначим $∠BAM = ∠MAK =α$ . Тогда

∠MAM1 =90∘,∠AM1K = ∠AM1D = ∠AMB =90∘− α, ∘ ∠M1AK = ∠MAM1 − ∠MAK = 90 − α= ∠AM1K.

Значит, треугольник $AKM 1$ - равнобедренный. Следовательно,

AK =KM1 =KD +DM1 = KD + BM.

∠MAM1 =90∘,∠AM1K = ∠AM1D = ∠AMB =90∘− α, ∘ ∠M1AK = ∠MAM1 − ∠MAK = 90 − α= ∠AM1K.

Значит, треугольник $AKM 1$ - равнобедренный. Следовательно,

AK =KM1 =KD +DM1 = KD + BM.

∠MAM1 =90∘,∠AM1K = ∠AM1D = ∠AMB =90∘− α, ∠M AK = ∠MAM − ∠MAK = 90∘− α= ∠AM K. 1 1 1

Значит, треугольник $AKM1$ - равнобедренный. Следовательно,

AK =KM =KD +DM = KD + BM. 1 1

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#91920

Точка $B$ лежит на отрезке $AC$ . Правильные треугольники $ABM$ и $BCN$ находятся по одну сторону от прямой $AB.$

a) Найдите угол между прямыми $AN$ и $MC.$

б) Точки $P$ и $Q$ — середины отрезков $AN$ и $MC$ соответственно. Докажите, что треугольник $BP Q$ равносторонний.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Рассмотрим поворот на $∘ 60$ в точке $B$ . Он переведет $A$ в $M$ , $N$ в $C$ и прямую $AN$ в $MC$ .

а) Значит, угол между этими прямыми $∘ 120$ .

б) Значит, он переведет $P$ в $Q$ и поэтому $BP =BQ,$ а $∘ ∠P BQ =60$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

а) Нарисуем описанные окружности треугольников $AMB$ и $BCN$ . Пусть они пересекаются в точке $D$ . Теперь отметим равные вписанные углы:

$PIC$

∠AMB =∠ADB =60∘,∠ABM = ∠ADM = 60∘

∠BNC =∠BDC = 60∘,∠CBN = ∠CDN =60∘

∠MDC = ∠ADN =180∘

И значит, точка $D$ лежит на пересечении $MC$ и $AN,$ $∘ ∠ADC = 120$ .

б) Заметим, что $AB = BM$ , $BN = NC$ и $∘ ∠ABN =∠MBC = 120$ . Значит, треугольники $ABN$ и $MBC$ равны, а значит, в них равны и медианы $BP = BQ$ и углы между медианой и стороной $∠NP B =∠CQB$ .

$PIC$

Тогда четырехугольник $BPDQ$ вписанный, а значит, $∠PBQ = 180∘ − ∠P DQ =60∘$ . При этом $BP =DQ$ и значит, $BPQ$ равносторонний.

Ответ:

а) $120∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#91922

Постройте квадрат $ABCD$ , если вершина $A$ дана, а вершины $B$ и $D$ лежат на данных прямых $b$ и $d$ соответственно.

Сколько решений может иметь эта задача?

Показать ответ и решение

Рассмотрим поворот на $90∘$ в точке $A$ .

$PIC$

Он переведет точку $B$ в точку $D$ , а прямую $b$ в прямую $b′$ . Если прямые $b′$ и $d$ не пересекаются, то решений не может быть. Если они пересекаются в одной точке, то есть одно решение, так как если взять точку пересечения, назвать ее $D$ , взять ее прообраз при повороте и назвать его $B$ , то так как $AB = AD$ и $AB ⊥AD$ , то можно найти одну такую точку $C$ , что $ABCD$ квадрат. Если же они совпадают, то можно взять любую точку на $d$ , как $D$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#78851

На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ выбраны точки $E$ и $F$ таким образом, что угол $EAF$ равен $45∘.$ Длина стороны квадрата равна 1. Найдите периметр треугольника $CEF.$

Источники: Межвед - 2021, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Вспомним, что угол, под которым видна сторона треугольника из центра вневписанной окружности, равен $∘ α 90 − 2,$ где $α$ — угол, в который окружность вневписана.

Центр вневписанной окружности треугольника $CEF$ лежит на прямой $AC,$ т.к. биссектриса совпадает с диагональю квадрата $AC.$ Но при этом

∠ECF ∠EAF = 45∘ = 90∘−--2--,

то есть точка $A$ как раз является центром вневписанной окружности треугольника $CEF.$

$PIC$

Тогда точки $B$ и $D$ — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон треугольника $CEF,$ а его периметр равен $BC + CD = 1+1 =2.$

Второе решение.

Если отразить точку $D$ относительно прямой $AF,$ а затем относительно прямой $AE,$ то она перейдет в точку $B.$ Действительно композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых — это поворот на удвоенный угол между прямыми. То есть в нашем случае эти две симметрии эквивалентны повороту на угол $90∘$ относительно точки $A.$ Это означает, что образ точки $D$ при симметрии относительно $AF$ и образ точки $B$ при симметрии относительно $AE$ — это одна и та же точка; на рисунке она обозначена $K.$

$PIC$

Из точки $K$ отрезки $AE$ и $AF$ видны под углом $90∘$ (при симметрии сохраняются величины углов, поэтому например, углы $ABE$ и $AKE$ равны). Значит, точка $K$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $EF.$ И, наконец, поскольку $BE = EK$ и $DF = FK$ (при симметрии длины отрезков сохраняются), видим, что периметр треугольника $CEF$ равен сумме длин сторон $BC$ и $CD$ квадрата.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#68266

На стороне $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ отмечена точка $O.$ Оказалось, что $AO =BO, CO =OD$ и $∠BOA = ∠COD.$ Пусть $E$ — точка пересечения диагоналей четырёхугольника. Докажите, что $EO$ — биссектриса угла $AED.$

Источники: БИБН-2020, 11.4 (см. www.unn.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем поворот в точке $O$ на угол $AOB.$ Заметим, что треугольник $AOC$ перешёл в треугольник $BOD.$ Значит, эти треугольники равны. Следовательно, их высоты, проведённые к $AC$ и $BD$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#79733

На сторонах выпуклого шестиугольника $ABCDEF$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC1,BCD1, CDE1,DEF1,EF A1$ и $FAB1.$ Оказалось, что треугольник $B1D1F1$ правильный. Докажите, что треугольник $A1C1E1$ также правильный.

Источники: ММО-2018, 11.5(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

По условию треугольники $B1D1F1$ и $DEF1$ являются правильными. Значит, при повороте на $60∘$ против часовой стрелки векторы $−F−1−→D1$ и $−F−1→D$ перейдут в векторы, равные $−−F−1B→1$ и $−F−1→E$ соответственно. Имеем $−F−−1→D1 = −F−→1D+ −D−→C + −C−→D1$ и $−F−1−→B1 =−F−1→E +−E−→F + −F−→B1.$ Отсюда получаем, что вектор $−−D−D→1 =−F−1−D→1 − −F−1→D = −−D→C +−C−D→1$ при таком повороте перейдёт в вектор, равный $−E−B→1 = −−F−1→B1− −−F→1E = −−E→F +−F−→B1.$

Также по условию треугольники $BCD1,CDE1,EF A1$ и $FAB1$ являются правильными. Значит, при повороте на $120∘$ против часовой стрелки векторы $−−→ −−→ −−→ BC, CE1,EF$ и $−−→ FB1$ перейдут в векторы, равные $−−→ −−→ −−→ CD1,DC, FA1$ и $−→ AF$ соответственно. Отсюда получаем, что векторы $−−→ −−→ −−→ BE1 = BC +CE1$ и $−−→ −−→ −−→ EB1 = EF +F B1$ при таком повороте перейдут в векторы, равные $−−−→ −−→ −−→ DD1 = DC +CD1$ и $−−→ −→ −−→ AA1 =AF + FA1$ соответственно. Следовательно, при повороте на $∘ 300$ против часовой стрелки или, что то же, при повороте на $∘ 60$ по часовой стрелке, вектор $−−→ BE1$ перейдёт в вектор, равный $−−→ AA1.$

Наконец, по условию треугольник $ABC1$ является правильным. Значит, при повороте на $60∘$ по часовой стрелке вектор $−−→ C1B$ перейдёт в вектор, равный $−−C→1A.$ Отсюда получаем, что вектор $−−C−1→E1 = −C−→1B+ −B−E→1$ при таком повороте перейдёт в вектор, равный $−C−1−A→1 =−C−1→A + −−A→A1.$ Следовательно, треугольник $A1C1E1$ также являетсяя правильным.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#119500

На окружности, описанной около треугольника $ABC,$ отметили точки $A , 0$ $B 0$ и $C 0$ — середины дуг $BAC,$ $ABC$ и $ACB$ соответственно. Пусть $A1,$ $B1$ и $C1$ — точки пересечения медиан треугольников $AB0C0,$ $A0BC0$ и $A0B0C$ соответственно. Докажите, что треугольники $A0B0C0$ и $A1B1C1$ подобны.

Показать доказательство

Для определенности, пусть вершины треугольника следуют в порядке $A,$ $B,$ $C$ против часовой стрелки.

Заметим, что $⌣ ⌣ AC0= 1∕2AC0B= ∠A + ∠B.$ Аналогично, $⌣ B0A= ∠A + ∠C,$ значит,

⌣ ⌣ ⌣ C0B0= 2π− AC0 − B0A= ∠B +∠C

Таким же образом получаем

C⌣B= ∠A+ ∠B 0

A0⌣C0= ∠A +∠C

B⌣A0= ∠B+ ∠C

Это означает, что треугольник $AC0B0$ получается из треугольника $C0BA0$ поворотом вокруг центра окружности $O$ против часовой стрелки на угол $∠B0OA0.$ Так как $A1$ и $B1$ — соответственные точки этих равных треугольников, то точка $B1$ получается из точки $A1$ поворотом вокруг $O$ по часовой стрелке на угол $∠B0OA0.$

Аналогично точка $C1$ получается из точки $B1$ поворотом вокруг $O$ по часовой стрелке на угол $∠C0OB0.$ Значит, треугольники $A0B0C0$ и $A1B1C1$ подобны (и имеют общий центр описанной окружности).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#39611

На плоскости задана точка $P$ . Рассматриваются различные равносторонние треугольники $ABC$ , такие что $PA =2,PB = 3.$ Какое максимальное значение может принимать длина отрезка $P C?$

Источники: ОММО-2013, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Докажем, что длина не больше $5$ . Для этого рассмотрим поворот с центром в точке $A$ на $60∘$ таким образом, что $B$ переходит в $C$ . Точка $P$ переходит в $P′$ , а поскольку $AP = AP′ = 2$ и $∠P AP′ = 60∘$ , то $PP′ = 2$ , откуда $P C ≤ P′C+ P′P = PB + P′P = 5$ по неравенству треугольника.

Для построения примера сначала построим правильный $△AP P′$ , затем на продолжении $PP′$ отметим $C :CP′ = 3$ . Наконец, построим правильный треугольник $ABC$ на отрезке $AC$ . Остаётся показать, что выполнено $PB = 3$ , но для этого достаточно рассмотреть поворот на $60∘$ в обратную сторону $C → B$ , тогда отрезок $P′C = 3$ перейдёт в $PB$ .