Не смотря на то, что эта задача есть в задачнике Прасолова, номер 18.7, с решением, я решил выложить свое решение. Метод тот же - векторный, но я немного отредактировал и условие и решение - по-моему, так понятнее.
На вложенном чертеже показано, как вводится "базовая" четверка векторов - это две пары взаимно перпендикулярных и равных по величине векторов, то есть
lal = lbl; (или, то же самое, a = b, жирным отмечен вектор, а обычным шрифтом - его модуль);
ab = 0;
lcl =ldl; (c = d)
cd = 0;
На вложенном рисунке показано, как стороны искомой фигуры выражаются через эту четверку векторов. Уже очевидно, что эта фигура - параллелограмм.
Далее, угол между векторами a и d и угол между векторами c и b в сумме составляют 180°, поэтому ad = - cb;
Отсюда q1q4 = (c - a)(d - b)/4 = (-ad - cb)/4 = 0; угол между двумя сторонами - прямой, то есть эта фигура - прямоугольник.
Теперь надо показать, что соседние стороны равны по величине. Легко видеть, что
lq1l^2 = (c - a)^2/4 = (c^2 + a^2 - 2ac)/4;
lq2l^2 = (d - b)^2/4 = (d^2 + b^2 - 2db)/4;
Поскольку пара векторов a и c при повороте на 90° переходит в пару векторов b и d, то углы между этими парами векторов равны, то есть ac = bd,
(именно поэтому эта задача Прасоловым помещена в раздел " повороты на 90° ")
и q1 = q2 (модули!)
Это завершает доказательство того, что искомая фигура - квадрат.
Я в другом месте Вам выложил векторное решение, а тут - простое и элементарное:)
При повороте на 90 градусов вокруг общей для двух квадратов вершины В стороны квадратов переходят "в себя" - точнее, сторона ВС переходит в ВР, а сторона МВ - в АВ. Или, что то же самое - точка С переходит в Р, а точка М - в А.
Удивительным образом отсюда сразу следует ответ :)
В самом деле, получается, что в четырехугольнике АМРС про повороте на 90 градусов диагональ МС переходит в диагональ АР. То есть они равны и перпендикулярны :)
А стороны искомой фигуры соединяют середины соседних сторон четырехугольника АМРС, поэтому равны половинам диагоналей и параллельны им (например, О1К - средняя линяя в треугольнике АМС, поэтому она параллельна МС и равна её половине, и так все 4 стороны четырехугольника О1LO2K).
Поэтому четырехугольник О1LO2K - квадрат :)
У Прасолова в его сложнейшем задачнике эта задача помечена * (особой сложности :)) У него приведено векторное решение, похожее на которое (более понятное) я выложил тут в другом месте. Но это решение, по-моему, снимает все вопросы.
Не смотря на то, что эта задача есть в задачнике Прасолова, номер 18.7, с решением, я решил выложить свое решение. Метод тот же - векторный, но я немного отредактировал и условие и решение - по-моему, так понятнее.
На вложенном чертеже показано, как вводится "базовая" четверка векторов - это две пары взаимно перпендикулярных и равных по величине векторов, то есть
lal = lbl; (или, то же самое, a = b, жирным отмечен вектор, а обычным шрифтом - его модуль);
ab = 0;
lcl =ldl; (c = d)
cd = 0;
На вложенном рисунке показано, как стороны искомой фигуры выражаются через эту четверку векторов. Уже очевидно, что эта фигура - параллелограмм.
Далее, угол между векторами a и d и угол между векторами c и b в сумме составляют 180°, поэтому ad = - cb;
Отсюда q1q4 = (c - a)(d - b)/4 = (-ad - cb)/4 = 0; угол между двумя сторонами - прямой, то есть эта фигура - прямоугольник.
Теперь надо показать, что соседние стороны равны по величине. Легко видеть, что
lq1l^2 = (c - a)^2/4 = (c^2 + a^2 - 2ac)/4;
lq2l^2 = (d - b)^2/4 = (d^2 + b^2 - 2db)/4;
Поскольку пара векторов a и c при повороте на 90° переходит в пару векторов b и d, то углы между этими парами векторов равны, то есть ac = bd,
(именно поэтому эта задача Прасоловым помещена в раздел " повороты на 90° ")
и q1 = q2 (модули!)
Это завершает доказательство того, что искомая фигура - квадрат.
Я в другом месте Вам выложил векторное решение, а тут - простое и элементарное:)
При повороте на 90 градусов вокруг общей для двух квадратов вершины В стороны квадратов переходят "в себя" - точнее, сторона ВС переходит в ВР, а сторона МВ - в АВ. Или, что то же самое - точка С переходит в Р, а точка М - в А.
Удивительным образом отсюда сразу следует ответ :)
В самом деле, получается, что в четырехугольнике АМРС про повороте на 90 градусов диагональ МС переходит в диагональ АР. То есть они равны и перпендикулярны :)
А стороны искомой фигуры соединяют середины соседних сторон четырехугольника АМРС, поэтому равны половинам диагоналей и параллельны им (например, О1К - средняя линяя в треугольнике АМС, поэтому она параллельна МС и равна её половине, и так все 4 стороны четырехугольника О1LO2K).
Поэтому четырехугольник О1LO2K - квадрат :)
У Прасолова в его сложнейшем задачнике эта задача помечена * (особой сложности :)) У него приведено векторное решение, похожее на которое (более понятное) я выложил тут в другом месте. Но это решение, по-моему, снимает все вопросы.