Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду

• Название: Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду
• Дата: 19.09.2022
• Размер: 3.42 Mb.
• Имя файла: matprob.pdf
• Тип: Сборник; #684321
• страница: 12 из 31

б) центральная симметрия (сравните co случаем прямой и плоско- сти)?
в) Решите аналог задачи 4 а) для пространства. а) Любое собственное движение пространства с неподвижной точкой является вращением.
б) Любое собственное движение сферы есть вращение.
в) Любое собственное движение пространства является винтовым,
т. е. композицией вращения и переноса с сонаправленными осью и вектором. а) Любое движение пространства с неподвижной точкой является вращением или поворотной симметрией.
б) Любое движение пространства является винтовым движением,
поворотной симметрией или скользящей зеркальной симметрией.
Указания и решения в, 5 д. Указание. #
a = #
a k
+ #
a
⊥
, T
#
a
⊥
= S
l
◦ S
l
′
2. г) Указание. R
α
A
= S
l
′
◦ S
m
, l
′
k l.
7. а) Указание. Это движение разлагается в композицию двух вращений с пересекающимися осями. Или если f (O) = O и f (A) = не лежит на прямой AO, то f = R
∠
A
′
OA
l
, где O ∈ l ⊥ в) Указание. Сначала докажите, что это движение разлагается в композицию переноса и собственного движения с неподвижной точкой.
Применение подобия и гомотетии
5)
(8–9)
А. Д. Блинков. На диагонали BD параллелограмма ABCD взята точка K. Прямая пересекает прямые BC ив точках L и M соответственно.
Докажите, что |AK|
2
= |LK| · |KM|. (См. Список использованной литературы тот же, что ив теме Применение движений Применение подобия и гомотетии 2. На стороне BC треугольника ABC постройте точку M так, чтобы прямая, проходящая через основания перпендикуляров, опущенных из M на AB и AC, была параллельна BC. (См. [9].)
3. Две окружности касаются внутренним образом в точке M. Хорда большей окружности касается меньшей окружности в точке P Докажите, что M P — биссектриса угла AM B. (См. [9].)
4. В трапеции ABCD с основаниями AD и BC угол A — прямой, E точка пересечения диагоналей, точка F — основание перпендикуляра,
опущенного из E на сторону AB. Найдите ∠CF E, если ∠DF E = См. [1].)
5. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены подобные треугольники △A
′
BC ∼ △B
′
CA ∼ △C
′
AB. Докажите, что в треугольниках ABC и точки пересечения медиан совпадают. (См. [9].)
6. Внутри квадрата ABCD взята точка E. Пусть ET — высота треугольника точка пересечения прямых DT и AE, M — точка пересечения прямых CT и BE. Докажите, что отрезок KM является стороной квадрата, вписанного в треугольник ABE. (См. [6].)
7. Дан остроугольный треугольник ABC. Найдите геометрическое место центров прямоугольников P QRS таких, что точки P и Q лежат на стороне AC, а точки R и S — на сторонах AB и BC соответственно. (См. [9].)
8. По двум пересекающимся прямым движутся точки A и B с постоянными, ноне равными скоростями и соответственно. Докажите, что существует такая точка O, что в любой момент времени : |BO| = V
A
: и объясните ее построение. (См. Зачетные задачи 3, 4, 5, 6 и Контрольные вопросы. Дано A(1; 0), B(−1; 2). Укажите координаты:
а) образа точки B при гомотетии с центром A и коэффициентом k = б) образа точки A при поворотной гомотетии
6)
с центром вначале координат, коэффициентом k = 2
√
2 и углом 45
◦
II. Длины оснований трапеции 6 см и 12 см. Отрезок с концами на боковых сторонах и параллельный основаниям трапеции проходит через точку пересечения ее диагоналей. Найдите длину этого отрезка.
6)
Определение поворотной гомотетии можно посмотреть нас Гл. 6. Миникурс по геометрическим преобразованиям. На стороне CD квадрата ABCD взята такая точка K, что : |DK| = 1 : 2. На отрезке KD как на стороне во внешнюю сторону построен квадрат. Укажите центр, коэффициент и угол поворотной гомотетии, переводящей больший квадрат в меньший. Отрезок, параллельный стороне прямоугольника, разбивает его на два подобных, ноне равных прямоугольника. Найдите их размеры,
если стороны данного прямоугольника 2 и 5.
V. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла проведена высота CD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники и BDC, равны и r
2
. Найдите радиус r окружности, вписанной в треугольник Решения. Так как △ABK ∼ △MDK (по двум углам, то
|AK|
|KM|
=
|BK|
|KD|
(см. рис. 1). Аналогично △ADK ∼ △LBK (по двум углам, поэтому. Перемножив полученные равенства почленно, получим,
что
|AK|
2
|KM| · |KL|
= 1 ⇐⇒ |AK|
2
= |LK| · что и требовалось доказать.
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
L
Рис. Рис. 2 2. Пусть M — искомая точка MK ⊥ AB, K ∈ [AB] и ML ⊥ AC, L ∈
∈ [AC] (см. рис. Первый способ. Рассмотрим такую гомотетию H с центром A, что образом точки K будет являться точка B. Так как KL k BC, то образом точки L при этой гомотетии будет являться точка C. Пусть P = H
A
(M тогда P B ⊥ AB, P C ⊥ AC.

Применение подобия и гомотетии
183
Таким образом, достаточно восставить перпендикуляры к сторонами в точках B и C соответственно и соединить точку P их пересечения с вершиной A. Искомая точка M = AP ∩ Второй способ. Проведем перпендикуляры к сторонами данного треугольника, которые пересекутся в точке P . Так как ∠ABP +
+ ∠ACP = 180
◦
, то четырехугольник BACP — вписанный, значит C = ∠ABC = β; ∠AP B = ∠ACB = γ. Следовательно, ∠BAP =
= 90
◦
− γ; ∠CAP = 90
◦
− Таким образом, построение сведется к откладыванию одного из найденных углов со стороной AP в нужную полуплоскость. Искомая точка = AP ∩ Задача имеет решение, если точка P лежит между сторонами угла BAC, те. если углы B и C данного треугольника являются острыми. Пусть радиусы данных окружностей равны R и r. Тогда образом большей окружности при гомотетии с центром M и коэффициентом k = r/R является меньшая окружность. Пусть H
k
M
(A) = и H
k
M
(B) =
= B
′
, тогда H
k
M
([AB]) = [A
′
B
′
], где [A
′
B] — хорда меньшей окружности,
параллельная [AB] (см. рис. 3). Используя параллельность, свойства вписанных углов и углов между касательной и хордой, получим, что P = ∠A
′
B
′
P = ∠B
′
P B = ∠BM P . Следовательно, M P — биссектриса угла AM B, что и требовалось доказать.
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
B
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
A
′
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
Рис. Рис. 4 4. Ответ Решение. Первый способ. Построим трапецию ABC
1
D
1
, симметричную данной относительно прямой AB (см. рис. 4). Точка E
1
= AC
1
∩
∩ симметрична точке E. В любой трапеции отношение расстояний от точки пересечения диагоналей до оснований равно отношению длин

Гл. 6. Миникурс по геометрическим преобразованиям этих оснований. Расстояния от точек E и F до оснований BC и AD соответственно равны, кроме того, |BC| : |AD| = |C
1
C| : |D
1
D|, те является точкой пересечения диагоналей трапеции D
1
DCC
1
. Следовательно E = ∠D
1
F E
1
= ∠DF E = Второй способ. Так как треугольники EBC и EDA подобны и расстояния от точек E и F до оснований BC и AD соответственно равны,
то |BC| : |AD| = |BF | : |AF |. Следовательно, подобны также треугольники и DAF , значит, ∠CF E = ∠BCF = ∠ADF = ∠DF E = Рис. 5 5. Пусть P — поворотная гомотетия, переводящая # 
CB в 
CA
′
(см.
рис. 5). Тогда из равенства соответствующих углов и пропорциональности соответствующих сторон подобных треугольников следует, что (
# 
BA) =
# и P (# 
AC) =
# 
AB
′
. Значит 
AA
′
+
# 
BB
′
+
# 
CC
′
=
# 
AC +
# 
CA
′
+
# 
BA +
# 
AB
′
+
# 
CB +
# 
BC
′
=
= (
# 
AC +
# 
CB +
# 
BA) + (P (
# 
CB) + P (
# 
AC) + P (
# 
BA)) =
#
0 Пусть M — центр тяжести △ABC, тогда 
M A +
# 
M B +
# 
M C =
#
0 . Следовательно те центр тяжести △A
′
B
′
C
′
6. Пусть ET = h, а сторона квадрата равна a. Из подобия треугольников и ET K (см. риса) следует, что K
=
a h
. Аналогично из подобия треугольников BCM и ET M следует, что Из равенства K
=
BM
EM
=
a следует, что E
=
=
a + h h
. Так как угол E — общий для треугольников AEB и KEM

Применение подобия и гомотетии
185
и
AE
KE
=
BE
M E
=
a + h h
, то △AEB подобен △KEM. Из подобия этих треугольников следует пропорция + h и равенство углов и M KE. Следовательно, отрезки KM и AB параллельны (см. рис. 6 б),
причем KM =
ah a + h
. Проведя и M M
1
— перпендикуляры к AB (см.
рис. 6 в, получим прямоугольник KK
1
M
1
M , вписанный в треугольник. Из подобия треугольников DAT и KK
1
T следует, что, те. Следовательно, KK
1
M
1
M — квадрат,
что и требовалось доказать.
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
а
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
б
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
K
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
M
1
в
Рис. 6 7. Ответ [OM] (исключая точки O и M), где O — середина высоты, проведенной из вершины B, а M — середина Решение. Пусть D и E — середины сторон RQ и P S соответственно
(см. рис. 7). Так как RQ k BH и A = BR ∩ HQ, то существует гомотетия c центром в точке A, при которой образом [RQ] является [BH]. Поэтому образом точки D при этой гомотетии является точка O, те Аналогично доказывается, что E ∈ Рассмотрим точку N — центр прямоугольника P QRS, которая также является серединой [DE]. Так как существует гомотетия с центром переводящая [DE] в [AC], то N ∈ [OM]. Обратное для любой внутренней точки отрезка OM существует прямоугольник, удовлетворяющий условию, для которого она является центром. Пусть A и B — положение точек в какой-то момента ив другой момент, по прошествии промежутка времени t (см. рис. Тогда искомая точка O должна удовлетворять условию : |BO| = |A
′
O| : |B
′
O| = tV
A
: tV
B
= |AA
′
| : Следовательно, треугольники и должны быть подобны,
значит, ∠AOA
′
= ∠BOB
′

Гл. 6. Миникурс по геометрическим преобразованиям
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
H
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
Q
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
D
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
Рис. Рис. Это означает, что существует поворотная гомотетия, переводящая в [BB
′
], причем O — ее центр.
Пусть P — точка пересечения данных прямых, α — угол между ними.
Так как при поворотной гомотетии с центром O образом точки A является точка B, то [AB] должен быть виден из точки O под углом Следовательно, O лежит на дуге окружности, описанной около треугольника. Аналогично [A
′
B
′
] должен быть виден из точки под углом α, значит, точка O лежит на дуге окружности, описанной около треугольника A
′
P B
′
. Таким образом, O — вторая точка пересечения этих окружностей.
Гомотетия и подобие (Магнитная стрелка, непреодолимо влекомая к северу, подобна мужу, который блюдет законы.
К. Прутков
Гомотетией с центром O и коэффициентом k называют преобразование (прямой, плоскости или пространства, переводящее каждую точку X в такую точку X
′
, что 
OX
′
= k
# 
OX.
1. а) Радиус описанной сферы тетраэдра не меньше утроенного радиуса вписанной.
б) Даны две концентрические сферы и точка X на внешней. Постройте прямую, проходящую через X, на которой сферы высекают равные отрезки.
Подсказка: начните с плоского аналога. Найдите H
k
A
◦ для а) прямой б) плоскости

Гомотетия и подобия 3. Трапеции ABCD и ADP Q имеют общее основание AD. Докажите, что точки пересечения прямых AB и CD, AP и DQ, BP и CQ лежат на одной прямой.
Поворотной гомотетией называют H
k,ϕ
O
:= H
k
O
◦ R
ϕ
O
4. а) Окружности α и β пересекаются в точках A и B. Пусть H поворотная гомотетия с центром в A, переводящая α в β. Докажите,
что для любой точки X ∈ α точка H(X) получена пересечением прямой с окружностью б) Окружности S
1
, . . . , S
n проходят через точку O. Кузнечик из точки прыгает в точку X
i+1
∈ так, что прямая проходит через вторую точку пересечения S
i и S
i+1
. Докажите, что после n прыжков сна, сна) кузнечик вернется в исходную точку.
в) Пусть концы отрезков AB и CD попарно различны, а P — точка пересечения прямых AB и CD. Центром поворотной гомотетии, переводящей в CD, является (отличная от P ) точка пересечения описанных окружностей треугольников ACP и BDP .
5. Для комплексных чисел a, z найдите Подобие — преобразование f плоскости, изменяющее расстояния в одинаковое ненулевое количество раз для A 6= B и A
′
6= выполнено. Для разных геометрических фигур укажите их свойства, сохраняющиеся и не сохраняющиеся при подобиях. а) На прямоугольную карту положили карту той же местности,
но меньшего масштаба. Докажите, что можно проткнуть иголкой сразу обе карты так, чтобы точка прокола изображала на обеих картах одну и туже точку местности.
б) Тоже для бесконечной карты.
Подобие называется собственным, если оно разлагается в композицию гомотетии и собственного движения (те. разлагающегося в композицию четного числа осевых симметрий. а) Любое подобие является композицией гомотетии и движения.
б) Любое собственное подобие плоскости есть либо перенос, либо поворотная гомотетия.
в)* Определение собственного подобия корректно, те. не зависит от указанного разложения

Гл. 6. Миникурс по геометрическим преобразованиям г) Любое собственное (или несобственное) подобие комплексной плоскости является отображением вида f (z) = az + b (или f (z) = a¯¯
z + И обратно.
Указания и решения. Указание. а) Напишите формулы, задающие преобразования ив координатах.
б) Сведите ка. Ср. с задачей 19.24.
5. Ответ. H
k,ϕ
a
(z) = a + k(cos ϕ + i sin ϕ)(z − Параллельная проекция и аффинные преобразования (Пусть и α
2
— две плоскости в пространстве, l — прямая, не параллельная ни одной из них. Параллельным проектированием плоскости
α
1
на плоскость относительно направления l называют отображение,
которое точке A плоскости ставит в соответствие точку пересечения прямой l
2
, параллельной l и проходящей через A, с плоскостью α
2 1. а) Дайте определение растяжения относительно прямой.
б) Каждое растяжение равно некоторому параллельному проекти- рованию.
в) Каждое параллельное проектирование равно композиции растяжения и подобия. Любое параллельное проектирование а) переводит прямые в прямые,
б) является биекцией,
в) переводит параллельные прямые в параллельные,
г) сохраняет отношение длин параллельных отрезков. а) Параллельной проекцией можно перевести любой треугольник в правильный.
б) Каждая сторона треугольника поделена натри равные части,
и точки деления соединены с противоположными вершинами. Докажите, что диагонали внутреннего угольника пересекаются водной точке. а) Для любой трапеции середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой.
б) Если в пятиугольнике четыре из диагоналей параллельны противоположным сторонам, то и пятая диагональ параллельна противоположной стороне

Параллельная проекция и аффинные преобразования
189
в)* Противоположные стороны угольника параллельны. Тогда три отрезка, соединяющие середины противоположных сторон, пересекаются водной точке. Можно ли параллельными проектированиями перевести а) любую трапецию в равнобочную трапецию;
б) любой параллелограмм в квадрат;
в) любой четырехугольник в любой другой;
г) любую трапецию в любую другую. Любое ли параллельное проектирование а) переводит окружность в окружность;
б) сохраняет углы;
в) переводит ортогональные прямые в ортогональные;
г) сохраняет расстояния. а) Отношение площадей многоугольников сохраняется при параллельном проектировании.
б) Найдите отношение площади внутреннего шестиугольника из задачи 3 б) к площади всего треугольника. а) Дайте определение растяжения (параллельного проектирования) пространства.
б) Любой тетраэдр можно перевести растяжениями в любой другой.
в) Тоже для параллелепипеда и куба.
г)
Теорема о сечении аффинно правильной четырехугольной пирамиды. Точки A
1
, B
1
, C
1
, D
1
, лежащие на боковых ребрах пирамиды OABCD, основание ABCD которой — параллелограмм, расположены водной плоскости тогда и только тогда, когда
1
SA
1
+
1
SC
1
=
=
1
SB
1
+
1
SD
1
д) Если ABCD и AB
1
C
1
D
1
— параллелограммы в пространстве, то, и параллельны одной плоскости. а) Отношение объемов сохраняется при растяжении.
б) Любая плоскость, проходящая через середины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, делит его объем пополам. Пусть преобразование F плоскости является композицией нескольких параллельных проектирований (такие преобразования называются аффинными).
а) Преобразование F разлагается в композицию двух параллельных проектирований и движения.
б) Найдутся две ортогональные прямые с ортогональными F образами Гл. 6. Миникурс по геометрическим преобразованиям в) Преобразование F разлагается в композицию параллельного проектирования и подобия.
Указания и решения. Ответа) Да;
б) дав) нет;
г) нет. Ответ. а)–г) Нет.
Центральная проекция и проективные преобразования
7)
(9–11)
Пусть и α
2
— две плоскости в пространстве, O — точка, не лежащая ни на одной из этих плоскостей. Центральным проектированием с центром O плоскости на плоскость называют отображение, которое точке плоскости ставит в соответствие точку пересечения прямой с плоскостью α
2 1. а) Центральная проекция плоскости на параллельную ей плоскость с центром O равна некоторой гомотетии.
б) Если плоскости и пересекаются, то центральное проектирование нас центром O задает взаимно однозначное отображение плоскости без прямой на плоскость без прямой l
2
, где и прямые пересечения плоскостей и соответственно с плоскостями,
проходящими через O параллельно и α
2
. При этом на отображение не определено.
Прямую, на которой не определено центральное проектирование,
а также прямую точек, не имеющих прообраза, называют исключительной прямой данной проекции.
в) При центральном проектировании прямая (не являющаяся исключительной) без точки (пересечения с исключительной прямой) проецируется впрямую без точки. а) Через точку на боковом ребре четырехугольной пирамиды проведите плоскость так, чтобы в сечении получился параллелограмм.
б) Центральным проектированием можно перевести любой выпуклый четырехугольник в параллелограмма) Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырехугольника, а E, F — точки пересечения прямых AB и CD, и AD соответственно. Прямая EO пересекает стороны AD ив точках и N , прямая F O пересекает стороны AB ив точках P и См. также Заславский А. Некоторые факты проективной геометрии // Квант. № 1.

Центральная проекция и проективные преобразования
191
соответственно. Тогда прямые P N , M Q и EF пересекаются водной точке.
б)
Теорема Паппа. Точки C и лежат на прямых AB и соответственно. Тогда три точки пересечения прямых и A
′
B, и B
′
C, и C
′
A лежат на одной прямой.
в)
Теорема Дезарга. Прямые a, b, c пересекаются водной точке В треугольниках и вершины и лежат на прямой a, и B
2
— на прямой b, и C
2
— на прямой c. A, B, C — точки пересечения прямых и B
2
C
2
, и A
2
C
2
, и A
2
B
2
соответственно.
Докажите, что точки A, B и C лежат на одной прямой.
г)
Обратная теорема Дезарга. В треугольниках и вершины и лежат на прямой a, и B
2
— на прямой b, и на прямой c. A, B, C — точки пересечения прямых и B
2
C
2
, и A
2
C
2
, и соответственно. Точки A, B и C лежат на одной прямой. Докажите, что прямые a, b, c пересекаются водной точке O.
4. а) Если точки A, B, C, D лежат на прямой, параллельной исключительной прямой, то для их образов A
′
, B
′
, C
′
, D
′
выполнено
A
′
B
′
C
′
D
′
=
=
AB
CD
б) Если прямые параллельны исключительной прямой некоторого центрального проектирования, то их образы при этом проектировании также параллельны. а) Диагонали и боковые стороны трапеции пересекаются в точках и Q соответственно. Тогда прямая P Q пересекает основания трапеции в их серединах.
б) Даны две параллельные прямые и точки A, B на одной из них.
Постройте одной линейкой середину отрезка AB.
в)
Построение Брианшона. Пусть O = A
1
B ∩ AC, BC k A
1
A, B
i
=
= AB ∩ A
i
C, A
i+1
= OB
i
∩ A
1
A (i = 1, 2, . . .). Докажите, что A
n
A г) При помощи одной линейки невозможно построить середину данного отрезка. Нарисуйте ваш дом, используя центральную проекцию. а) Двойное отношение (ABCD) :=
(
# 
AC,
# 
BD)
(
# 
AD,
# упорядоченной четверки точек на прямой) сохраняется при центральном проектиро- вании.
б) Пусть Q, R — точки пересечения прямых AD и BC, AC и BD на плоскости, K и L — точки пересечения прямых QR и AB, QR и Тогда (QRKL) = −1.

Гл. 6. Миникурс по геометрическим преобразованиям. а) (ABCX) = (ABCY ) ⇐⇒ X = Y б) Любые три точки прямой можно перевести в любые три другие проективным преобразованием, причем единственным.
в) Преобразование P прямой является центральным или параллельным проектированием тогда и только тогда, когда P является дробно- линейным, те. когда существуют такие a, b, c, d, что P (x) =
ax + b cx + d г) Преобразование плоскости, заданное формулой P (x, y) = (1/x, является центральным проектированием. а) Существует центральная проекция плоскости в непарал- лельную ей плоскость α
2
, переводящая окружность в окружность. (Указание используйте стереографическую проекцию.)
б) Существуют проектирование, переводящее окружность в окружность, а данную точку внутри окружности в центр образа.
в) Существует проектирование, переводящее окружность в окружность, а данную прямую, не пересекающую окружности, в бесконечно удаленную. Двойственность точек и их поляр. а) Прямые, соединяющие противоположные точки касания описанного четырехугольника,
проходят через точку пересечения диагоналей.
б) Диаметром окружности ω относительно прямой l, не пересекающей, назовем отрезок, соединяющий две точки касания касательных к ω, опущенных из какой-либо точки на l. Докажите, что все диаметры относительно прямой l пересекаются водной точке Эта точка называется двойственной к l. Прямая l называется поля- рой точки C
l в) Поляра точки A перпендикулярна OA и содержит образ точки при инверсии относительно г) Если точка A лежит на поляре точки B, то точка B лежит на поляре точки д) Полярой точки пересечения поляр точек A и B является прямая
AB.
е) Точки, двойственные к прямым, проходящим через A, лежат на поляре точки A.
11. а) Теорема Брианшона. Если шестиугольник ABCDEF описанный, то AD, BE и CF пересекаются водной точке.
б)
Теорема Паскаля. Если шестиугольник ABCDEF вписанный,
то точки = AE ∩ F B,
Y = BD ∩ CE и Z = AD ∩ лежат на одной прямой

Инверсия 12. а) Любой выпуклый четырехугольник можно перевести в квадрат композицией центральных и параллельных проектирований.