Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
29.40. Достаточно рассмотреть случай, когда точкам A, B, C, D соответствуют комплексные числа a, b, c, d, лежащие на единичной окружности с центром в нуле. Согласно задаче 29.31 основаниями перпендикуляров, опущенных из точки A на прямые BC и CD, являются точки x = 1 2 (a + b + c − и y = 1 2 (a + c + d − acd). Направление прямой Симсона точки A относительно треугольника BCD задаётся числом 2(x − y) = (1 − ac)(b − d) = a(a − c)(b − Направление прямой Эйлера треугольника BCD задаётся числом b + c + d. Эти две прямые перпендикулярны тогда и только тогда, когда число − c)(b − d) b + c + чисто мнимое, те Это равенство после сокращений приводится к следующему симметричному виду ab + ac + ad + bc + bd + cd = а) Расположим треугольник ABC на комплексной плоскости так, чтобы точка X совпала с нулём. Пусть a , b , g — комплексные числа, соответствующие вершинам треугольника. Требуемое неравенство следует из тождества b a − g · g a − b + g b − a · a b − g + a g − b · b g − a = б) Описанные окружности треугольников AB 1 C 1 , и A 1 B 1 C пересекаются в некоторой точке X (задача 2.83 а). Пусть R a , R b , R c — радиусы этих окружностей, R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Тогда+ b 2 a 1 c 1 + c 2 a 1 b 1 = 8R sin A sin B sin C(aR b R c + bR c R b + cR a R b ) = = 4S R (aR b R c + bR c R b + Ясно, что 2R a > XA, 2R b > XB, 2R c > XC. Поэтому+ bR c R b + cR a R b ) > abcS R XB b · XC c + XC c · XA a + XA a · XB b > abcS R = 4S 2 Глава 29. Аффинные преобразования 29.42. Пусть точки A, B, C, A 1 , и соответствуют комплексным числами. Из того, что треугольники BA 1 C, CB 1 A и собственно подобны, следует, что a 1 =b+(c−b)z, b 1 =c+(a−c)z и для некоторого комплексного числа z. Поэтому 1 + b 2 1 + c 2 1 − a 1 b 1 − b 1 c 1 − a 1 c 1 = (a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac)(3z 2 − 3z + Согласно задаче 29.34 б) треугольник равносторонний тогда и только тогда, когда выражение в левой части этого равенства обращается в нуль. Треугольник ABC не равносторонний, поэтому обращаться в нуль должно выражение. Для равнобедренного треугольника с углом имеем 2 ± i 2 √ 3 . Легко проверить, что z 2 0 − z 0 = − 1 3 . (Разные знаки в выражении Рис. для соответствуют треугольникам, построенным на сторонах треугольника внешними внутренним обра- зом.) 29.43. Установим соответствие между точками плоскости и комплексными числами так, чтобы точка совпала с нулём. Тогда B j − A j = −i(A j+1 − и C j − A j = −i(A j − A j−1 ) см. рис. 29.6; мы считаем, что A 0 = и A n+1 = A 1 ). Вычитая второе равенство из первого, получаем B j − C j = −i(A j−1 + A j+1 − Но согласно задаче+ A j+1 = 2 Значит, B j − C j = 2i 1 − Пусть A 1 . . . A n — исходный угольник, прич м его вершины занумерованы против часовой стрелки центр правильного угольника, построенного внешним образом на стороне A j A j+1 . Будем считать, что точки плоскости отождествлены с комплексными числами. Обозначим через w комплексное число. Умножение на w соответственно на w) является поворотом вокруг нуля на угол против часовой стрелки (соответственно почасовой стрелке. Точка при повороте вокруг на угол 2 p /n против часовой стрелки переходит в точку A j−1 , а при повороте вокруг почасовой стрелке — в точку Поэтому имеют место равенства B j−1 = w(A j − B j−1 ), A j+1 − B j = w(A j − для всех j = 1, . . . , n здесь и далее мы будем считать, что A 0 = и A n+1 = Следовательно − 1) = wA j − A j−1 , B j (w − 1) = wA j − Сложим эти равенства. Учитывая, что w − 1 = −w(w − 1), получим wB j−1 )(w − 1) = (w + w)A j − A j−1 − для всех j = 1, . . . , n. Решения задач 557 Многоугольник B 1 B 1 . . . является правильным тогда и только тогда, когда соответствие между точками плоскости и комплексными числами можно установить так, что B j = для всех j = 1, . . . , n, те. при всех j левая часть (1) равна нулю. С другой стороны, согласно задаче 29.10 многоугольник A 1 A 2 . . . A n аф- финно правильный тогда и только тогда, когда соответствие между точками плоскости и комплексными числами можно установить так, что cos(2 p /n)A j = = A j−1 + для всех j = 1, . . . , n. Поскольку w + w = cos(2 p /n), последнее условие эквивалентно тому, что правая часть (1) равна нулю. 29.45. Согласно задаче − z)(a − w)(a − b)(a − c) = Обозначим (a − b)(a − c), (b − a)(b − c) и (c − a)(c − b) через A, B и C соответственно. Тогда a 2 A − Im aA(z + w) + Im Azw = Заметим, что a(b + c)A — вещественное число. Действительно + c)A = 2 Re a(b + c) − |a(b + чтобы проверить это равенство, нужно воспользоваться тем, что Re z = = ( z + z )/2, и тем, что aa = bb = cc = 1, поскольку точки a, b, c лежат на единичной окружности. Таким образом a 2 A = Im (a + b + c)aA − Im a(b + c)A = Im aA(a + b + Далее · aA = ab(a − b) · ac(a − c) = (a − b)(a − c) = Следовательно Azw = − Im Azw = − Im aA · abc · Подставляя эти равенства в (1), получаем aA[a + b + c − (z + w) − abc · zw] = Im aAp = через p обозначено выражение в квадратных скобках). Аналогично доказывается, что Im bBp = Im cCp = 0. Таким образом, либо = 0 и тогда утверждение задачи доказано, либо числа aA, bB и cC пропорциональны с вещественным коэффициентом пропорциональности. Но второй случай невозможен, так как иначе число − c c − b Глава 29. Аффинные преобразования было бы вещественным, те углы ориентированные: рис. 29.7). Однако ∠acc 1 = p − ∠c и ∠bOa = 2∠c по теореме о вписанном угле, Рис. поэтому ∠c = p (n − 1), чего не может быть. 29.46. Расположим данный правильный треугольник на комплексной плоскости так, чтобы центр его описанной окружности оказался в нуле и одной из вершин служила точка 1. Пусть z и w — комплексные числа, соответствующие точками. Согласно задаче, те Ясно, что z * = 1/z и w * = 1/w. Следовательно 2 (z * + w * ) = 1 2 1 z + 1 w = 1 2 z + w zw = − 1 модуль этого числа равен Расположим данный треугольник так, чтобы центр описанной окружности оказался в нуле, а точка A — в единице. Пусть z и w — комплексные числа, соответствующие точками. Повороты плоскости вокруг нуля на указанные углы соответствуют умножению на комплексные числа z/z, и (z + w)/(z + w). Но согласно задаче + w = −zw, значит, произведение этих трёх комплексных чисел равно 1. 29.48. Барицентрические координаты точки не изменяются при аффинном преобразовании, поэтому эллипсы Штейнера задаются такими же уравнениями, как вписанная и описанная окружности. Поэтому описанный эллипс Штейнера в барицентрических координатах ( a : b : g ) задаётся уравнением bg + ag + ab = 0 (задача, а вписанный — уравнением+ 2 ag + 2 ab = a 2 + b 2 + g 2 (задача 14.54 б). 29.49. Описанный эллипс Штейнера задаётся уравнением bg + ag + ab = задача, а описанная окружность — уравнением a 2 bg + b 2 ag + c 2 ab = где a, b, c — длины сторон (задача. Из первого уравнения получаем g = − ab /( a + b ). Подставив это выражение во второе уравнение, получим a : b = (c 2 − a 2 ) : (b 2 − c 2 ). Таким образом, точка Штейнера имеет барицен- трические координаты c 2 : 1 c 2 − a 2 : 1 a 2 − Замечание. На сдано другое определение точки Штейнера. Задача показывает, что эти определения эквивалентны ГЛАВА ПРОЕКТИВНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 1. Проективные преобразования прямой. Пусть и l 2 — две прямые на плоскости, O — точка, не лежащая ни на одной из этих прямых. Центральным проектированием прямой напрямую с центром O называют отображение, которое точке прямой ставит в соответствие точку пересечения прямой с прямой l 2 2. Пусть и l 2 — две прямые на плоскости, l — прямая, не параллельная ни одной из этих прямых. Параллельным проектированием прямой напрямую вдоль прямой l называют отображение, которое точке прямой ставит в соответствие точку пересечения прямой с прямой, проходящей через точку параллельно прямой l. 3. Отображение P прямой a напрямую называют проективным, если оно является композицией центральных или параллельных проектирований, т. е. если существуют прямые a 0 = a, a 1 , . . . , a n = b и отображения прямых на a i+1 , каждое из которых является либо центральным, либо параллельным проектированием, причём P является композицией преобразований В случае, когда прямая b совпадает с прямой a, отображение P называют проективным преобразованием прямой Докажите, что существует проективное отображение, которое три данные точки одной прямой переводит в три данные точки другой прямой. О пределен и е. Двойным отношением четвёрки точек A, B, C, D, лежащих на одной прямой, называют число) = c − a c − b : d − a d − где через a, b, c, d обозначены координаты точек A, B, C, D соответственно. Легко проверить, что двойное отношение не зависит от выбора координаты на прямой. Мы будем также писать) подразумевая, что через AC/BC соответственно AD/BD) обозначено отношение длин этих отрезков, если векторы # – AC и – BC соответственно – AD и # – BD) сонаправлены, или отношение длин отрезков, взятое со знаком « −», если эти векторы противоположно направлены Глава 30. Проективные преобразования О пределен и е. Двойным отношением четвёрки прямых a, b, c, d, проходящих через одну точку, называют число) = ± sin(a, c) sin(b, c) : sin(a, d) sin(b, знак которого выбирается следующим образом если один из углов, образованных прямыми a и b, не пересекается ни с одной из прямых c или в этом случае говорят, что пара прямых a и b не разделяет пару прямых и d), тов противном случае (abcd) < а) Даны прямые a, b, c, d, проходящие через одну точку, и прямая l, через эту точку не проходящая. Пусть A, B, C, D — точки пересечения прямой l с прямыми a, b, c, d соответственно. Докажите, что (abcd) = б) Докажите, что двойное отношение четвёрки точек сохраняется при проективных преобразованиях. 30.3*. Докажите, что если (ABCX) = (ABCY), то X = Y все точки попарно различны, кроме, быть может, точек X и Y, и лежат на одной прямой). 30.4*. Докажите, что проективное преобразование прямой однозначно определяется образами трёх произвольных точек. 30.5*. Докажите, что нетождественное проективное преобразование прямой имеет не более двух неподвижных точек. 30.6*. Дано отображение прямой a напрямую, сохраняющее двойное отношение любой четвёрки точек. Докажите, что это отображение проективно. 30.7*. Докажите, что преобразование P числовой прямой является проективным тогда и только тогда, когда оно представляется в виде) = ax + b cx + где a, b, c, d — такие числа, что ad − bc 6= 0. (Такие отображения называют дробно-линейными.) 30.8*. Точки A, B, C, D лежат на одной прямой. Докажите, что если (ABCD) = 1, то либо A = B, либо C = Даны прямая l, окружность и точки M, N, лежащие на окружности и не лежащие на прямой l. Рассмотрим отображение прямой l на себя, являющееся композицией проектирования прямой на данную окружность из точки M и проектирования окружности напрямую из точки N. (Если точка X лежит на прямой l, то есть пересечение прямой NY с прямой l, где Y — отличная от точка пересечения прямой MX сданной окружностью) Докажите, что преобразование P проективно. 30.10*. Даны прямая l, окружность и точка M, лежащая на окружности и не лежащая на прямой l. Пусть P M — проектирование прямой на данную окружность из точки M точка X прямой отображается в отличную от M точку пересечения прямой XM с окружностью Условия задач — движение плоскости, сохраняющее данную окружность (те. поворот плоскости вокруг центра окружности или симметрия относительно диаметра. Докажите, что композиция P −1 M ◦ R ◦ является проективным преобразованием. З а меча ни е. Если считать, что данная окружность отождествлена с прямой посредством проектирования из точки M, то утверждение последней задачи можно переформулировать следующим образом отображение окружности на себя при помощи движения плоскости является проективным преобразованием прямой 2. Проективные преобразования плоскости О пределен и е. Пусть и a 2 — две плоскости в пространстве, O — точка, не лежащая ни на одной из этих плоскостей. Центральным проектированием плоскости на плоскость с центром O называют отображение, которое точке плоскости ставит в соответствие точку пересечения прямой с плоскостью Докажите, что если плоскости и пересекаются, то центральное проектирование нас центром O задаёт взаимно однозначное отображение плоскости с выкинутой прямой на плоскость с выкинутой прямой l 2 , где и l 2 — прямые пересечения плоскостей и соответственно с плоскостями, проходящими через O и параллельными и a 1 . При этом на отображение не определено. О пределен и е. Прямую, на которой не определено центральное проектирование, называют исключительной прямой данной проекции. 30.12*. Докажите, что при центральном проектировании прямая, не являющаяся исключительной, проецируется в прямую. Для того чтобы центральное проектирование было определено всюду, удобно считать, что на каждой прямой помимо обычных точек имеется ещё одна точка, называемая бесконечно удалённой. При этом если две прямые параллельны, то их бесконечно удалённые точки совпадают, другими словами, параллельные прямые пересекаются в бесконечно удалённой точке. Мы также будем считать, что на каждой плоскости помимо обычных прямых имеется ещё бесконечно удалённая прямая, на которой лежат все бесконечно удалённые точки прямых данной плоскости. Бесконечно удалён- ная прямая пересекается с каждой обычной прямой l, лежащей на той же плоскости, в бесконечно удалённой точке прямой Если ввести бесконечно удалённые точки и прямые, то центральное проектирование плоскости на плоскость с центром в точке O будет определено для всех точек плоскости a 1 . При этом исключительная прямая будет проецироваться в бесконечно удалённую прямую плоскости а именно, образом точки M исключительной прямой будет бесконечно удалённая точка прямой OM; в этой точке пересекаются прямые на плоскости, параллельные прямой OM. Глава 30. Проективные преобразования |