Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
29.7. Пусть ABCDE — правильный пятиугольник. Согласно задаче 29.6 б) существует аффинное преобразование, которое три последовательные вершины данного пятиугольника переводит в точки A, B, C. Пусть и E 0 — образы остальных двух вершин при этом преобразовании. Докажем, что они совпадают си Глава 29. Аффинные преобразования С одной стороны, AD 0 k BC и CE 0 k AB, поэтому точка лежит на прямой, а точка E 0 — на прямой CE. С другой стороны, E 0 D 0 k AC k поэтому если бы точки и не совпадали с точками D и E, то либо они обе были бы вне полосы, ограниченной прямыми AE ириса, либо обе внутри этой полосы (рис. 29.1, б. В обоих случаях прямые и небыли бы параллельны. Рис. Пусть M и N — произвольные точки, не лежащие на прямой Обозначим через и их проекции напрямую, а через и N 0 — образы точек M и N при отображении L. Прямые M 0 M и N 0 N параллельны, так как они обе перпендикулярны l, те. существует такое число k, что – M 0 M = k # – N 0 N. Тогда согласно задаче 29.4 в) # – M 0 M 0 = k # – N 0 N 0 . Поэтому образ треугольника при параллельном переносе на вектор # – M 0 N 0 гомотетичен с коэффициентом k треугольнику N 0 NN 0 , следовательно, прямые и NN 0 параллельны. 29.9. Пусть ABC — произвольный треугольник, BN — биссектриса внешнего угла B, прилежащего к стороне BC. Тогда при растяжении относительно с коэффициентом tg 45 ◦ / tg ∠CBN из треугольника ABC получается треугольник с прямым углом B 0 . Из прямоугольного треугольника при помощи растяжения относительно одного из его катетов всегда можно получить равнобедренный прямоугольный треугольник Выберем в качестве ABC треугольник, который приданном аффинном преобразовании переходит в равнобедренный треугольник с прямым углом B 1 . Равнобедренный прямоугольный треугольник A 00 B 00 C 00 , полученный из треугольника ABC композицией двух растяжений, можно перевести в треугольник аффинным преобразованием, которое переводит любой треугольник в подобный ему треугольник. В результате мы получим требуемое представление данного аффинного преобразования, поскольку согласно задаче 29.6 б) аффинное преобразование, переводящее треугольник ABC в треугольник, единственно. 29.10. Докажем сначала, что если A 1 A 2 . . . A n — правильный многоугольник, вписанный в единичную окружность, а O — его центр, то указанные в условии Решения задач 545 задачи равенства выполняются, темы считаем, что A 0 = и A n+1 = A 1 ; через k обозначено число Для этого при каждом фиксированном i выберем на плоскости систему координат с центром в точке O и осью Ox, направленной вдоль луча Тогда точки A i−1 , и имеют координаты, − sin(2 p /n) , (1, и, соответственно. Равенство (1) приданном теперь легко проверяется. В силу задачи 29.4 равенства (1) выполняются также для образа правильного угольника при аффинном преобразовании. Наоборот, пусть для многоугольника A 1 A 2 . . . и точки O внутри его выполнены равенства (1). Возьмём правильный многоугольник B 1 B 2 . . . сцен- тром O и рассмотрим аффинное преобразование L, которое переводит треугольник в треугольник OA 1 A 2 . Докажем индукцией по i, что L(B i ) = для всех i > 2. При i = 2 это утверждение следует из определения отображения Предположим, что мы его доказали для всех чисел, не превосходящих и докажем для i + 1. Так как для правильных многоугольников равенства (уже доказаны, а для многоугольника A 1 A 2 . . . они выполнены по предположению, то – OA i+1 = 2k # – OA i − # – OA i−1 = 2kL( # – OB i ) − L( # – OB i−1 ) = L(2k # – OB i − # – OB i−1 ) = L( # Пусть L — данное аффинное преобразование, O — произвольная точка сдвиг на вектор # – L(O)O, и пусть L 1 = T ◦ L. Тогда O — неподвижная точка преобразования L 1 . Среди всех точек единичной окружности сцен- тром O выберем точку A, для которой максимальна длина вектора L( # Пусть H — поворотная гомотетия с центром O, которая точку L 1 (A) переводит в точку A, и пусть L 2 = H ◦ L 1 = H ◦ T ◦ L. Тогда L 2 — аффинное преобразование, которое оставляет на месте точки O и A, а значит, согласно задаче 29.4 в), и все остальные точки прямой OA, причём, в силу выбора точки A, для всех точек M имеем неравенство | # – OM| > |L( # Докажем (и из этого будет следовать утверждение задачи, что L 2 — сжатие относительно прямой OA. Если преобразование тождественно, то оно является сжатием с коэффициентом 1, поэтому будем считать, что не тождественно. Согласно задаче 29.8 все прямые вида ML 2 (M), где M — произвольная точка, не лежащая на прямой OA, друг другу параллельны. Пусть # – OB — единичный вектор, перпендикулярный всем этим прямым. Тогда неподвижная точка преобразования L 2 , так как иначе было бы – OL 2 (B)| = p OB 2 + BL 2 (B) 2 > Если B не лежит на прямой OA, то согласно задаче 29.6 б) преобразование тождественно. Если B лежит на прямой OA, то все прямые вида перпендикулярны неподвижной прямой преобразования L 2 . При помощи задачи в) несложно показать, что отображение, обладающее этим свойством, является растяжением или сжатием. 29.12. Докажем сначала, что аффинное преобразование L, переводящее данную окружность в себя, переводит диаметрально противоположные точки в диаметрально противоположные. Для этого заметим, что касательная Глава 29. Аффинные преобразования к окружности в точке A переходит впрямую, которая в силу взаимной однозначности преобразования L пересекается с окружностью в единственной точке, те. является касательной в точке L(A). Поэтому если касательные в точках A и B параллельны те диаметр, то касательные в точках) и L(B) тоже параллельны, те тоже диаметр. Фиксируем какой-нибудь диаметр AB данной окружности. Поскольку) — тоже диаметр, то существует движение P, являющееся поворотом или симметрией, которое переводит A ив) и L(B), а каждую из дуги, на которые точки A и B делят данную окружность, — в образ этой дуги при отображении Докажем, что отображение F = P −1 ◦ L является тождественным. В самом деле, F(A) = A и F(B) = B, следовательно, все точки прямой AB остаются неподвижными. Поэтому если X — произвольная точка окружности, то касательная в точке X пересекает прямую AB там же, где и касательная в точке X 0 = F(X), так как точка пересечения остаётся неподвижной. А поскольку X и лежат на одной и той же из двух дуг или b , то точка X совпадает сточкой. Итак, P −1 ◦ L — тождественное преобразование, т. е. L = Пусть и a 2 — какие-нибудь две перпендикулярные прямые. Поскольку аффинное преобразование сохраняет отношение длин параллельных отрезков, то длины всех отрезков, параллельных одной прямой, умножаются на один и тот же коэффициент. Обозначим через и эти коэффициенты для прямых и a 2 . Пусть f — угол между образами этих прямых. Докажем, что данное аффинное преобразование изменяет площади всех многоугольников враз, где k = k 1 k 2 sin Для прямоугольника со сторонами, параллельными и a 2 , а также для прямоугольного треугольника с катетами, параллельными и a 2 , это утверждение очевидно. Любой другой треугольник можно получить, отрезав от прямоугольника со сторонами, параллельными и a 2 , несколько прямоугольных треугольников с катетами, параллельными ирис. Рис. и, наконец, согласно задаче, любой многоугольник можно разрезать на треугольники. 29.14. Случаи трапеции и параллелограмма легко разбираются, поэтому будем предполагать, что у выпуклого четырёхугольника ABCD нет параллельных сторон. Для определённости будем считать, что пересекаются лучи и DC, BC и AD. Пусть – AB = a, # – BC = b, # – CD = p a + qb, # – DA = u a + vb. Тогда < 0, q > 0, u < 0, v < Рассмотрим аффинное преобразование, которое переводит векторы a ив ортогональные векторы и b 0 , длины которых равны и m . Нам нужно Решения задач 547 чтобы обращалось в нуль скалярное произведение (pa 0 + q b 0 , ua 0 + v b 0 ) = pu l 2 + + qv m 2 . Поскольку pu > 0 и qv < 0, этого всегда можно добиться выбором чисел и Отметим, что при любом аффинном преобразовании образ угла при вершине больше образа угла при вершине A; эти углы нельзя сделать равными. 29.15. Пусть A 1 , B 1 , . . . , F 1 — середины сторон AB, BC, . . . , FA. Равенство диагоналей AD и BE эквивалентно тому, что прямая перпендикулярна прямыми. Пусть O — точка пересечения прямых и Нужно построить аффинное преобразование, которое переводит углы и B 1 четырёхугольника A 1 BB 1 O в прямые углы. Для этого можно воспользоваться результатом задачи. То, что точки пересечения продолжений сторон четырёхугольника A 1 BB 1 O расположены именно так, как нужно, следует из выпуклости шестиугольника. 29.16. Предположим, что существует аффинное преобразование, переводящее векторы a, b, c в векторы a 0 , b 0 , равной длины. Из равенства a a 0 + b b 0 + g c 0 = 0 следует, что из отрезков длины | a |, | b |, | g | можно составить треугольник. Предположим теперь, что из отрезков длины, | b |, | g | можно составить треугольник. Тогда a a 0 + b b 0 + g c 0 = 0 для некоторых векторов a 0 , b 0 , единичной длины. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее векторы ив и b 0 . Из равенств a a + b b + g c = 0 и a a 0 + b b 0 + g c 0 = 0 следует, что рассматриваемое аффинное преобразование переводит вектор c в предполагается, что g 6= Пусть и e 2 — векторы единичной длины на данных прямых l 1 и l 2 . Сжатие с коэффициентом 1/2 в направлении прямой переводит вектор в вектор l e 1 + m 2 e 2 . Пусть f — угол между векторами e 1 и e 2 . Длина первого вектора равна l 2 + m 2 + 2 lm cos f , а длина второго вектора равна l 2 + m 2 4 + lm cos f . Нужно выбрать числа итак, что l 2 + m 2 4 + lm cos f > l 2 + m 2 + 2 lm cos f , те. При m = 1 это неравенство эквивалентно неравенству 4 < − l cos Прежде всего заметим, что преобразование L взаимно однозначно отображает любую прямую на некоторую прямую. Действительно, пусть A 1 и B 1 — образы двух различных точек A и B. Тогда образ любой точки прямой AB лежит на прямой A 1 B 1 . Остаётся доказать, что если C 1 — точка прямой A 1 B 1 , то её прообраз C лежит на прямой AB. Предположим, что точка C не лежит на прямой AB. Тогда прямые AC и BC различны, а их образы лежат на прямой A 1 B 1 . Пусть X — произвольная точка плоскости. Проведём через X прямую, пересекающую прямые AC ив различных точках и B 0 . Образы точек и лежат на прямой A 1 B 1 , поэтому образ точки X тоже лежит на прямой A 1 B 1 . Это противоречит тому, что образом отображения L служит вся плоскость. Итак, пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в себя, переводящее любую прямую в некоторую прямую. Будем последовательно доказывать свойства этого отображения, используя каждый раз то, что было доказано на предыдущих шагах. Доказательство первых 5 шагов уже приведено Глава 29. Аффинные преобразования в решениях задач. Убедитесь самостоятельно, что там нигде не требуется непрерывность. Шаг 1. Отображение L переводит параллельные прямые в параллельные прямые. Шаг 2. Корректно определено действие L на векторах, те. если # – AB = # то # – A 1 B 1 = # – C 1 D 1 , где A 1 , B 1 , C 1 , D 1 — образы точек A, B, C, Шаг 3. L(0) = Шаг 4. L(a + b) = L(a) + Шаг 5. L(ka) = kL(a) при рациональном Для непрерывного отображения L решение задачи было бы завершено, поскольку любое действительное число k можно приблизить рациональными числами. Но если не требовать непрерывности отображения L, то самая трудная часть доказательства только начинается. Пусть a = # – OA и = # – OB — базисные векторы. При отображении L они переходят в векторы a 1 = # и b 1 = # – O 1 B 1 . Возьмём на прямых OA и точки X и Y, соответственно. Они переходят в точки и Y 1 , лежащие на прямых и O 1 B 1 , соответственно. Это означает, что L(xa) и L(yb) = y (y) b 1 , где и y — некоторые взаимно однозначные отображения множества действительных чисел в себя. Шаг 6. f (t) В самом деле, если # – OX = t # – OA и – OY = t # – OB, то прямые XY и AB параллельны, а значит, прямые и тоже параллельны, те) Мы доказали, что L(xa + yb) = f (x) a 1 + f (y) b 1 . Остаётся доказать, что f (x) = x для всех действительных x. Напомним, что f (x) = x при рациональных согласно шагу 5. Поэтому достаточно доказать, что если x < то f (x) Шаг 7. f (xy) = f (x) f (y) при всех действительных x, Рассмотрим пропорциональные векторы xa + yb и + b. Их образы и тоже пропорциональны, поэтому В частности, f 1 y = f (1) f (y) = 1 f (y) и Шаг 8. Если x < y, то f (x) Согласно шагу 4 получаем f (y) = f (y − x + x) = f (y − x) + f (x). Поэтому достаточно проверить, что если t = y − x > 0, то f (t) > 0. Положительное число t можно представить в виде t = s 2 , где s — некоторое действительное число, поэтому f (t) = f (s) 2 > Воспользуемся задачей. Преобразование переводит любые три точки L(A), L(B), L(C), лежащие на одной прямой, в три точки A, B, лежащие на одной прямой. Действительно, если точки A, B, C не лежат на одной прямой, то они попарно различны и через них можно провести окружность. Поэтому точки L(A), L(B), L(C) попарно различны и лежат на одной окружности. Следовательно, эти точки не лежат на одной прямой. Таким образом, преобразование аффинное, а значит, преобразование тоже аффинное Решения задач 549 29.20. Поскольку аффинным преобразованием любой треугольник переводится в правильный (задача 29.6 б) и при этом сохраняются отношения длин параллельных отрезков (задача, достаточно доказать утверждение задачи для правильного треугольника ABC. Пусть точки A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 , делят стороны треугольника на равные части, а A 0 , B 0 , C 0 — середины сторон (рис. 29.3). При симметрии относительно прямая BB 1 перейдёт в Риса прямая BB 2 — в CC 1 . Поскольку симметричные прямые пересекаются на оси симметрии, содержит диагональ рассматриваемого шестиугольника. Аналогично оставшиеся диагонали лежат на и CC 0 . Ясно, что медианы, BB 0 , пересекаются водной точке. |