Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
x = # – MB и = # Пусть, далее, P — поворотная гомотетия с центром M, углом поворота и коэффициентом, переводящая точку B в A, а B 1 — в A 1 . Тогда – BB 1 = y − x и – AA 1 = P( y) − P(x) = P( # – BB 1 ). Поэтому угол между векторами и # равен и AA 1 : Пусть P — поворотная гомотетия, переводящая треугольник в треугольник A 1 B 1 C 1 . Тогда # – A 2 B 2 = # – A 2 O + # – OB 2 = # – A 1 A + # – BB 1 = # – BA + # – A 1 B 1 = = − # – AB + P( # – AB). Аналогично и остальные векторы сторон треугольника переводятся в векторы сторон треугольника преобразованием f(a) = = − a + Исходная карта является прямоугольником на плоскости, меньшая карта — прямоугольником K 1 , содержащимся в K 0 . Рассмотрим поворотную гомотетию f, отображающую прямоугольник на K 1 . Пусть K i+1 = Так как последовательность является стягивающейся последовательностью вложенных многоугольников, существует единственная точка X, принадлежащая всем прямоугольникам K i . Докажем, что X — искомая точка, т. е. f(X) = X. В самом деле, так как точка X принадлежит K i , то точка) принадлежит K i+1 , те. точка f(X) также принадлежит всем прямоугольникам. Поскольку имеется только одна точка, принадлежащая всем прямоугольникам, то f(X) = Так как произведение коэффициентов поворотных гомотетий и равно 1, их композиция является поворотом (см. задачу. Пусть O центр поворота P 2 ◦ P 1 ; R = P 1 (O). Так как P 2 ◦ P 1 (O) = O, то P 2 (R) = O. Следовательно, по условию A 1 O : A 1 R = A 2 O : A 2 R и = ∠OA 2 R, те. Кроме того, OR — общая сторона этих подобных треугольников, значит. Следовательно, и ∠( # – OA 1 , # – OA 2 )=2 ∠( # – OA 1 , # – OR)= = 2∠( # – MA 1 , # – MN), те центр поворота на угол 2 ∠( # – MA 1 , # – MN), переводящего в Пусть P 1 — поворотная гомотетия с центром B, переводящая в M, а P 2 — поворотная гомотетия с центром D, переводящая M в Так как произведение коэффициентов этих поворотных гомотетий равно : BA) · (DC : DM) = 1, то их композиция P 2 ◦ является поворотом переводящим в C) на угол ∠( # – BA, # – BM) + ∠( # – DM, # – DC) = 2 ∠( # – BA, # С другой стороны, центр поворота P 2 ◦ совпадает с центром поворота на угол 2∠( # – AB, # – AM), переводящего B в D см. задачу 19.37 ). 19.39. Легко проверить, что tg XBY = k и BY : BX = √ k 2 + 1, те. точка получается из X поворотной гомотетией с центром B, углом поворота arctg и коэффициентом+ 1. Искомое ГМТ — образ данной полуокружности при этой поворотной гомотетии Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.40. Предположим, что треугольник PXY построен, причём точки X и лежат на сторонах AC и CB соответственно. Нам известно преобразование, переводящее X в Y, а именно — поворотная гомотетия с центром P, углом поворота и коэффициентом гомотетии k = PY : PX = LN · Искомая точка Y является точкой пересечения отрезка BC и образа отрезка при этом преобразовании. 19.41. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Рассмотрим поворотную гомотетию с центром A, переводящую B в D. Пусть C 0 — образ точки C при этой гомотетии. Тогда ∠CDC 0 = ∠B + ∠D и DC 0 = (BC · AD)/AB = = Треугольник можно построить пои. Точка A является точкой пересечения окружности радиуса d с центром D и геометрического места точек X, для которых C 0 X : CX = d : a это ГМТ — окружность см. задачу. Дальнейшее построение очевидно. 19.42. а) Если O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок в отрезок A 1 B 1 , то, AO) = ∠(PA 1 , и, BO) = ∠(PB 1 , а значит, точка O является точкой пересечения описанных окружностей треугольников и PBB 1 . Случай, когда эти окружности имеют единственную общую точку P, очевиден отрезок AB переходит в отрезок при гомотетии с центром P. Если P и O — две точки пересечения рассматриваемых окружностей, то из равенств (1) следует, что ∼ а значит, O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB вот- резок б) Достаточно заметить, что точка O является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок BC, тогда и только тогда, когда, AO) = ∠(CB, BO) и ∠(AB, BO) = ∠(BC, Пусть и B 1 — положения точек в один момент, и B 2 — положения точек в другой момент. Тогда в качестве точки P можно взять центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок A 1 A 2 в отрезок Пусть P — точка пересечения прямых и l 2 . Согласно задаче 19.42 точка O лежит на описанной окружности треугольника A 1 A 2 P. С другой стороны, OA 2 : OA 1 = k. Геометрическим местом точек X, для которых XA 1 = k, является окружность задача. Точка O является точкой пересечения окружностей и таких точек две). 19.45. Пусть O — центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок в отрезок A 1 B 1 . Тогда ∼ 4A 1 B 1 O, те и AO : BO = = A 1 O : B 1 O. Следовательно и AO : A 1 O = BO : B 1 O, те. Поэтому точка O является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок в отрезок Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке C, а прямые ив точке F. Центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок в отрезок ED, является точка пересечения описанных окружностей треугольников AEC и BDC, отличная от точки C см. задачу, а центром поворотной гомотетии, переводящей AE в BD, — точка пересечения описанных окружностей треугольников ABF и EDF. Согласно задаче 19.45 центры этих Решения задач 403 поворотных гомотетий совпадают, те. все четыре описанные окружности имеют общую точку. 19.47. Центр O параллелограмма ABCD равноудалён от следующих пар прямых: AQ и AB, AB и CD, CD и DQ, поэтому QO — биссектриса угла AQD. Пусть a = ∠BAO, b = ∠CDO и f = ∠AQO = ∠DQO. Тогда a + b = ∠AOD = 360 ◦ − a − b − 2 f , те, а значит = = Решим задачу в несколько более общем виде. Пусть на окружности взята точка O, H — поворотная гомотетия с центром O. Докажем, что тогда все прямые XX 0 , где X — точка окружности S и X 0 = H(X), пересекаются водной точке. Пусть P — точка пересечения прямых X 1 X 0 и X 2 X 0 2 . Согласно задаче 19.42 точки O, P, и лежат на одной окружности и точки O, P, X 0 и X 0 тоже лежат на одной окружности. Следовательно, P — точка пересечения окружностей и H(S), те. все прямые проходят через точку пересечения окружностей S и H(S), отличную от точки Пусть O — центр поворотной гомотетии, переводящей треугольник A 1 B 1 C 1 в треугольник ABC. Докажем, например, что описанные окружности треугольников и проходят через точку O. При рассматриваемой гомотетии отрезок AB переходит в отрезок A 1 B 1 , поэтому точка совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок в отрезок см. задачу. Согласно задаче 19.42 центр последней гомотетии является второй точкой пересечения описанных окружностей треугольников ABC 2 и или точкой их касания). 19.50. Пусть и O 2 — центры поворотных гомотетий и H 2 . Ясно, что если и совпадают, то H 1 ◦ H 2 = H 2 ◦ H 1 . Предположим теперь, что H 1 ◦ H 2 = H 2 ◦ H 1 . Тогда, в частности, H 1 ◦ H 2 (O 1 ) = H 2 ◦ H 1 (O 1 ) = Поэтому H 2 (O 1 ) — центр поворотной гомотетии H 1 , те. Но тогда центр поворотной гомотетии H 2 , что и требовалось. 19.51. Достаточно доказать, что если H 1 ◦ H 2 (A) = H 2 ◦ H 1 (A), то H 1 ◦ H 2 = = H 2 ◦ H 1 . Рассмотрим преобразование (H 1 ◦ H 2 ) −1 ◦ H 2 ◦ H 1 . Это преобразование является параллельным переносом (произведение коэффициентов гомотетии равно 1, а сумма углов поворотов равна 0). Кроме того, это преобразование имеет неподвижную точку A. Параллельный перенос, имеющий неподвижную точку, является тождественным преобразованием. Следовательно а) Пусть H 1 — поворотная гомотетия, переводящая треугольник в треугольник CAB 1 , H 2 — поворотная гомотетия, переводящая треугольник в треугольник BC 1 A, H — поворотная гомотетия, переводящая точки A 1 и C в точки и B 2 . Тогда H 1 ◦ H(A 1 ) = H 1 (A 2 ) = B 2 = H(C) = H ◦ Поэтому согласно задаче H = H ◦ H 1 , а значит, согласно задаче поворотные гомотетии H и имеют общий центр. Ясно также, что H 1 ◦ H 2 (C) = H 1 (B) = A = H 2 (B 1 ) = H 2 ◦ H 1 (C). Поэтому поворотные гомотетии и имеют общий центр. Итак, все три поворотные гомотетии H 1 , и H имеют общий центр. Поэтому H 2 ◦ H = = H ◦ H 2 . Следовательно, H(B) = H ◦ H 2 (C) = H 2 ◦ H(C) = H 2 (B 2 ) = C 2 . Таким образом, поворотная гомотетия H переводит треугольник A 1 BC в треугольник б) Эта задача является частным случаем задачи а Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 19.53. Точки A 1 , и лежат на прямых P 2 P 3 , ирис. поэтому описанные окружности треугольников A 1 A 2 P 3 , и Рис. имеют общую точку V см. задачу 2.83 а), причём точки O 3 , и лежат на этих окружностях (см. задачу. Аналогично описанные окружности треугольников B 1 B 2 P 3 , и имеют общую точку Пусть U — точка пересечения прямых и P 3 O 3 . Докажем, что точка лежит на описанной окружности треугольника O 2 O 3 U. В самом деле, VO 3 ) = ∠(VO 2 , O 2 P 2 ) + ∠(O 2 P 2 , P 3 O 3 ) + ∠(P 3 O 3 , O 3 V) = ∠(VA 1 , A 1 P 2 ) + + ∠(O 2 U, UO 3 ) + ∠(P 3 A 1 , A 1 V) = ∠(O 2 U, UO 3 ). Аналогичные рассуждения показывают, что точка лежит на описанной окружности треугольника В частности, точки O 2 , O 3 , V и лежат на одной окружности. Аналогично точки O 1 , O 2 , V и лежат на одной окружности, а значит, точки V и лежат на описанной окружности треугольника O 1 O 2 O 3 ; точка U тоже лежит на этой окружности. Аналогично доказывается, что прямые и пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия. Прямая пересекает окружность подобия в точках U и O 2 , поэтому прямая проходит через точку Пусть P 1 — точка пересечения прямых и A 3 B 3 , P 0 1 — точка пересечения прямых и A 3 C 3 ; точки P 2 , P 3 , P 0 и P 0 определяются аналогично. При поворотной гомотетии, переводящей в F 2 , прямые и переходят в и A 2 C 2 , поэтому ∠(A 1 B 1 , A 2 B 2 ) = ∠(A 1 C 1 , те. углы при вершинах и P 0 треугольников и P 0 1 P 0 2 P 0 равны или составляют в сумме 180 ◦ . Аналогичные рассуждения показывают, что 4P 0 1 P 0 2 P 0 Центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок в P 0 2 P 0 3 , лежит на описанной окружности треугольника A 1 P 3 P 0 см. задачу. Атак как ∠(P 3 A 1 , A 1 P 0 3 ) = ∠(A 1 B 1 , A 1 C 1 ) = ∠(A 2 B 2 , A 2 C 2 ) = ∠(P 3 A 2 , A 2 P 0 3 ), то описанная окружность треугольника A 1 P 3 P 0 совпадает с описанной окружностью треугольника A 1 A 2 P 3 . Аналогичные рассуждения показывают, что центр рассматриваемой поворотной гомотетии является точкой пересечения описанных Решения задач 405 окружностей треугольников A 1 A 2 P 3 , и A 2 A 3 P 1 ; эта точка лежит на окружности подобия фигур F 1 , и F 3 (задача 19.53 а). 19.55. а) Пусть l 0 1 , l 0 и l 0 3 — соответственные прямые фигур F 1 , и F 3 , причём l 0 i k l i ; эти прямые образуют треугольник P 1 P 2 P 3 . При поворотной гомотетии с центром O 3 , переводящей в F 2 , прямые и l 0 переходят в и l 0 2 , поэтому при гомотетии с центром O 3 , переводящей прямую в l 0 1 , прямая переходит в l 0 2 . Следовательно, прямая проходит через точку W. Аналогично прямые и проходят через точку а значит, точка W лежит на окружности подобия фигур F 1 , и см. задачу 19.53б).б) Отношение расстояний от точки до прямых l 0 и l 0 равно коэффициенту поворотной гомотетии, переводящей в F 3 , а угол P 1 треугольника P 1 P 2 P 3 равен углу её поворота. Поэтому ∠(O 1 P 1 , P 1 P 2 ) зависит лишь от фигур F 2 и F 3 . Атак как ∠(O 1 W, WJ 3 ) = ∠(O 1 P 1 , P 1 P 2 ), то дуга O 1 J 3 фиксирована (рис. 19.3), а значит, точка фиксирована. Аналогично доказывается, что точки и J 2 фиксированы. Рис. Воспользуемся обозначениями задачи. Ясно, что ∠(J 1 J 2 , J 2 J 3 )= = ∠(J 1 W, WJ 3 ) = ∠(P 3 P 2 , P 2 P 1 ). Для других углов треугольников доказательство аналогично. 19.57. Докажем, например, что при поворотной гомотетии с центром переводящей в F 3 , точка переходит в J 3 . В самом деле, ∠(J 2 O 1 , O 1 J 3 ) = = ∠(J 2 W, WJ 3 ). Кроме того, прямые J 2 W и J 3 W являются соответственными прямыми фигур и F 3 , поэтому отношение расстояний от них до точки равно коэффициенту подобия k 1 , а значит, O 1 J 2 /O 1 J 3 = Пусть O a — точка пересечения окружности, проходящей через точку и касающейся прямой AC в точке A, и окружности, проходящей через точку C и касающейся прямой AB в точке A. Согласно задаче 19.42 б) точка является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок в отрезок AC. Определив аналогично точки и и воспользовавшись результатом задачи 19.53 б), получим, что прямые AO a , и пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия S. С другой стороны, эти прямые пересекаются в точке Лемуана K см. задачу 5.155 ). Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника являются соответственными прямыми рассматриваемых подобных фигур. Они пересекаются Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия в точке O, поэтому точка O лежит на окружности подобия S см. задачу а) кроме того, эти прямые пересекают окружность S в постоянных точках A 1 , и треугольника ABC см. задачу 19.55 б). С другой стороны, прямые, проходящие через точку K параллельно BC, CA и AB, тоже являются соответственными прямыми рассматриваемых фигур. Действительно, трилинейные координаты точки Лемуана K равны (a : b : c), потому что она изогонально сопряжена точке пересечения медиан, которая имеет трилиней- ные координаты (a −1 : b −1 : c −1 ); поэтому расстояния от точки K до сторон треугольника пропорциональны длинам сторон. Таким образом, указанные прямые тоже пересекают окружность S в точках A 1 , и C 1 . Следовательно A 1 K, те диаметр окружности Если P — первая точка Брокара треугольника ABC, то CP, AP и BP соответственные прямые для подобных фигур, построенных на отрезках BC, CA и AB. Поэтому точка P лежит на окружности подобия S см. задачу а. Аналогично точка Q лежит на окружности S. Кроме того, прямые, AP и BP пересекают окружность S в постоянных точках A 1 , и треугольника ABC см. задачу 19.55 б). Атак как KA 1 k BC см. решение задачи, тот. е = 2 f . Аналогично = 2 f . Поэтому PQ ⊥ KO, а значит, OP = OQ и ∠(POQ) = ( PQ)/2 = Точка Лемуана имеет трилинейные координаты (a : b : c), поэтому прямые, проходящие через точку Лемуана параллельно сторонам треугольника, являются соответственными прямыми фигур, построенных на сторонах треугольника ABC. (Имеется ввиду, что коэффициент подобия фигур равен отношению сторона) Оба утверждения непосредственно следуют из задачи 5.115 а). Действительно, точка Лемуана K лежит на описанной окружности треугольника и KA 1 k BC и т. д. б) Это следует из задачи 5.115 б). ГЛАВА ПРИНЦИП КРАЙНЕГО |