1043. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что их центры также образуют квадрат.
Указание. Примените признак равенства треугольников по двум сторонам и углу между ними (или рассмотрите композицию поворотов на 90^{\circ}
относительно центров двух соседних квадратов).
Решение. Первый способ. Пусть O_{1}
, O_{2}
, O_{3}
, O_{4}
— центры квадратов, построенных соответственно на сторонах AB
, BC
, CD
, DA
параллелограмма ABCD
(рис. 1). Обозначим \angle BAD=\alpha
. Рассмотрим случай, когда \alpha\lt90^{\circ}
.
Поскольку
O_{1}A=O_{1}B,~AO_{4}=BO_{2},
\angle O_{1}AO_{4}=45^{\circ}+\alpha+45^{\circ}=90^{\circ}+\alpha=\angle O_{1}BO_{2},
то треугольники O_{1}AO_{4}
и O_{1}BO_{2}
равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому O_{1}O_{4}=O_{1}O_{2}
. Кроме того,
\angle O_{2}O_{1}O_{4}=\angle O_{2}O_{1}B+\angle BO_{1}O_{4}=\angle AO_{1}O_{4}+\angle BO_{1}O_{4}=90^{\circ}.
Остальное точно так же.
Аналогично рассматриваются остальные случаи.
Второй способ. Пусть O_{1}
, O_{2}
, O_{3}
, O_{4}
— центры квадратов, построенных соответственно на сторонах AB
, BC
, CD
, DA
параллелограмма ABCD
.
Рассмотрим поворот на 90^{\circ}
относительно точки O_{2}
, переводящий вершину B
в вершину C
, и поворот на 90^{\circ}
относительно точки O_{3}
, переводящий вершину C
в вершину D
.
Композиция этих поворотов есть поворот на 180^{\circ}
(см. задачу 6710), т. е. центральная симметрия. Центр этой симметрии — середина отрезка BD
(центр симметрии параллелограмма ABCD
), поскольку при рассматриваемой композиции поворотов точка B
переходит в точку D
.
Но при этой же композиции поворотов точка O_{2}
переходит в точку O_{4}
. Поэтому O_{3}O_{2}=O_{3}O_{4}
и O_{3}O_{2}\perp O_{3}O_{4}
.
Аналогично докажем, что O_{1}O_{4}=O_{1}O_{2}
и O_{1}O_{4}\perp O_{1}O_{2}
.
Следовательно, O_{1}O_{2}O_{3}O_{4}
— квадрат.
Примечание. Аналогично доказывается, что если квадраты построены внутрь параллелограмма (см. рис. 2), то четырёхугольник с вершинами в их центрах — тоже квадрат.