Рис. 99
Для доказательства этого заметим, что линия сгиба EF, будучи серединным перпендикуляром к высоте AD, является средней линией треугольника ABC. Поэтому имеют место равенства DE = AE = BE, DF = AF = CF, т. е. треугольники BED, CFD равнобедренные и
а значит, произведенные выше перегибания этих треугольников действительно приведут к указанным совмещениям.
17.15. Один из возможных способов перегибания страницы изображен на рис. 100.
Рис. 100
17.16. После каждого перегибания периметр фигуры не увеличивается. Действительно, при наложении одной части фигуры на другую появляется новая часть периметра, а именно линия сгиба. Однако другая часть периметра исчезает, т. е. оказывается внутренней для полученной фигуры. Исчезающая часть периметра содержит ломаную, соединяющую концы линии сгиба, или несколько таких ломаных, если линия сгиба не сплошная (рис. 101). Таким образом, добавляемая часть периметра никогда не превосходит его теряющейся части, поэтому периметр не увеличивается при однократном и, стало быть, при многократном складывании бумажного многоугольника.
Рис. 101
17.17. Пусть полоска имеет ровный торец АВ, перпендикулярный краю полоски (рис. 102). Перегнув ее по биссектрисе угла А, мы получим квадрат ABA1В1. Перегнув оставшуюся часть полоски с торцом A1B1 по биссектрисе угла А1, мы получим квадрат А1В1А2В2.
Рис. 102
Действуя в таком же духе и далее, мы найдем точки А3, В3, А4, В4, А5, В5. Теперь обрежем полоску по линиям AА1 и А4А5 и получим параллелограмм AА1А5А4, который можно сложить так, как показано на рис. 103 (полученный при этом квадрат АА1А2А3 даже не будет распадаться).
Рис. 103
17.18. Пусть полоска имеет ровный торец АВ, перпендикулярный краю АЕ полоски (рис. 104). Проведем серединный перпендикуляр к отрезку АВ и перегнем полоску по некоторой линии АС так, чтобы точка В совместилась с какой-то точкой D серединного перпендикуляра. Тогда треугольник ABD равносторонний (ибо AB = AD = BD) откуда ∠ BAD = 60° и ∠ CAE = ∠ DAE + ∠ CAD = (90° - ∠ BAD) + ∠ BAD = 60°. Перегибая полоску по перпендикуляру к краю АЕ, проходящему через точку С, получаем равносторонний треугольник ACB1. Перегибая полоску по перпендикуляру к краю АЕ, проходящему через точку B1, получаем равносторонний треугольник СВ1А1.
Рис. 104
Действуя в таком же духе и далее, мы найдем точки С1, В2, A2, С2, В3, A3, С3. Теперь отрежем полоску по линиям AС, A3С3 и получим трапецию АСА3С3, которую можно сложить так, как показано на рис. 105 (полученный при этом шестиугольник ACA1C1A2C2 даже не будет распадаться).
Рис. 105
17.19. Заметим, что при перегибании бумажной полоски с параллельными краями по некоторой поперечной линии АЕ внутренние накрест лежащие равные углы AED и EAF (рис. 106) превращаются в односторонние, но по-прежнему равные углы AED и ЕАВ. По этой причине имеем равенства
Рис. 106
В силу параллельности прямых АС и ED, ЕС и АВ, AD и ВС, BE и CD заключаем, что четырехугольники ABCD, АВСЕ, ACDE и BCDE являются трапециями, причем две последние равнобедренными, а четырехугольник BCDO является параллелограммом с одинаковыми высотами (равными ширине полоски), т. е. ромбом. Поэтому имеем
откуда получаем ∠ AED = ∠ CDE, AE = CD, а значит, все стороны пятиугольника ABCDE равны между собой и все его углы одинаковы. Мы доказали, что пятиугольник, образующийся в узле бумажной полоски, правильный.
§ 18. Имеет ли фигура нужную форму?
Приходилось ли вам вырезать из бумаги, материи или фанеры какие-либо геометрические фигуры? Если да, то после каждого такого вырезания вы, наверняка, испытывали желание проверить, получилась ли фигура такой, какая вам нужна. Подобные вопросы часто возникают при работе столяра, строителя, портного, чертежника и т. д. В настоящем параграфе вы познакомитесь с некоторыми практическими способами проверки свойств плоских или пространственных фигур.