Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии

• Название: В. В. Прасолов задачи по планиметрии
• Анкор: Формула
• Дата: 17.06.2022
• Размер: 6.7 Mb.
• Имя файла: planim5.pdf
• Тип: Учебное пособие; #599309
• страница: 65 из 70

30.17.
Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1),
E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности, обозначим через P пересечение луча EM с прямой z = 1. Ясно, что двигая точку M по дуге NE, мы можем сделать отношение EM : MP равным произвольному числу. Поэтому преобразованием подобия данную окружность можно перевести в окружность S
1
, построенную на отрезке как на диаметре в плоскости a
, перпендикулярной Oxz, так, чтобы данная прямая l перешла впрямую, проходящую через точку P перпендикулярно плоскости Oxz. Окружность лежит на единичной сфере с центром вначале координат, следовательно, при стереографической проекции она проецируется

Глава 30. Проективные преобразования в окружность на плоскости Oxy. Таким образом, при центральном проектировании плоскости на плоскость Oxy из N окружность S
1
перейдёт в а прямая l — в бесконечно удалённую прямую.
30.18.
Пусть M — произвольная точка на данной хорде. Согласно задаче существует проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а точку M — в её центр. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит впрямую, данная хорда перейдёт в диа- метр.
30.19.
Проведём через точку O две произвольные хорды AC и BD. Пусть и Q — точки пересечения продолжений противоположных сторон четы- рёхугольника ABCD. Рассмотрим произвольное проективное преобразование,
которое S отображает в окружность, а O — в её центр. Ясно, что четы- рёхугольник ABCD при этом преобразовании переходит в прямоугольника следовательно, прямая PQ — в бесконечно удалённую прямую.
30.20.
Проективное преобразование прямую переводит впрямую, а поскольку центр окружности остаётся на месте, каждый диаметр переходит в диаметр. Поэтому каждая бесконечно удалённая точка, в которой пересекаются прямые, касающиеся окружности в диаметрально противоположных точках, переходит в бесконечно удалённую точку. Следовательно, согласно задаче
30.14
а) данное преобразование аффинно, а согласно задаче
29.12
оно является поворотом или симметрией.
30.21.
а) Точка лежит на прямой OM, поэтому её положение однозначно определяется отношением MO : OM
0
. Нов силу того, что треугольники и подобны, MO : OM
0
= MB : BA, а последнее отношение не зависит от выбора прямой l по теореме Фалеса.
б) Первое решение. Если данное преобразование (обозначим его P)
доопределить в точке O, положив P(O) = O, то, как легко проверить, P задаёт взаимно однозначное преобразование множества всех конечных и бесконечных точек плоскости (чтобы по точке построить точку M, надо взять на прямой произвольную точку A, провести прямые AM
0
, OB k и AB). Ясно,
что каждая прямая, проходящая через O, переходит в себя. Каждая прямая не проходящая через O, переходит впрямую, параллельную OB и проходящую через A. Остаётся воспользоваться задачей
30.14
г).
В тор о ере ш е ни е (набросок. Обозначим данную плоскость через и пусть p
0
= R(
p
), где R — некоторый поворот пространства вокруг оси Обозначим R(O) через O
0
, и пусть P — проектирование плоскости на плоскость из точки пересечения прямой с плоскостью, проходящей через b параллельно p
0
. Тогда преобразование R
−1
◦ P совпадает (докажите самостоятельно) с преобразованием, о котором идёт речь в формулировке задачи.
30.22.
П ер вое решение. Обозначим данное преобразование через P.
Доопределим его в точках прямой x = 0 ив бесконечно удалённых точках,
положив P(0, k) = M
k
, P(M
k
) = (0, k), где M
k
— бесконечно удалённая точка на прямой y = kx. Легко видеть, что доопределенное таким образом отображение взаимно однозначно. Докажем, что каждая прямая переходит в прямую.
Действительно, прямая x = 0 и бесконечно удалённая прямая переходят одна в другую. Пусть ax + by + c = 0 — любая другая прямая те или c неравно нулю. Поскольку P ◦ P — тождественное преобразование, образ любой прямой совпадает се прообразом. Ясно, что точка P(x, y) лежит на рассматривае-

Решения задач
575
мой прямой тогда и только тогда, когда+ c = 0, те 0.
Остаётся воспользоваться задачей
30.14
г).
В тор о ере ш е ни е (набросок. Если прямые x = 1 и x = 0 обозначить соответственно через a и b, а точку (−1, 0) — через O, то данное преобразование совпадает с преобразованием из предыдущей задачи.
30.23.
Если прямую f обозначить через b, то преобразование из этой задачи является обратным преобразованию из задачи
30.21
30.24.
Рассмотрим проективное преобразование, для которого прямая является исключительной. Образы l
0 и l
0 прямых и при этом преобразовании параллельны, а образами рассматриваемых четырёхугольников являются параллелограммы, у которых две стороны лежат на прямых l
0 и l
0 2
, а две другие стороны параллельны некоторой фиксированной прямой (бесконечно удалённая точка этой прямой является образом точки P). Ясно, что геометрическим местом точек пересечения диагоналей таких параллелограммов является прямая, равноудалённая от прямых l
0 и l
0 Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой Тогда четырёхугольник ABCD перейдёт в параллелограмма прямые ив прямые, параллельные его сторонами проходящие через точку пересечения диагоналей, те. в средние линии. Поэтому образы точек K, L,
M, N являются серединами сторон параллелограмма и, следовательно, образы прямых KN и LM параллельны, те. точка X переходит в бесконечно удалён- ную точку, а значит, X лежит на исключительной прямой Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой Образы точек при этом преобразовании будем обозначать буквами со штрихом.
Рассмотрим гомотетию с центром в точке или параллельный перенос,
если O
0
— бесконечно удалённая точка, переводящую точку C
0 в C
0 2
. При этой гомотетии отрезок B
0 1
C
0 1
перейдёт в отрезок B
0 2
C
0 2
, поскольку B
0 1
C
0 1
k B
0 2
C
0 Аналогично C
0 1
A
0 1
перейдёт в C
0 2
A
0 2
. Поэтому соответственные стороны треугольников и A
0 2
B
0 2
C
0 параллельны, те. все три точки A
0
, B
0
, лежат на бесконечно удалённой прямой.
30.27.
Рассмотрим проективное преобразование, исключительная прямая которого проходит через точки пересечения прямых и BA
1
, и и обозначим через A
0
, B
0
, . . . образы точек A, B, . . . Тогда A
0
B
0 1
kB
0
A
0 1
, B
0
C
0 1
kC
0
B
0 и надо доказать, что C
0
A
0 1
k A
0
C
0 см. задачу
1.12
а).
30.28.
В результате проективного преобразования с исключительной прямой задача сводится к задаче
4.55
30.29.
Применив сначала проективное преобразование с исключительной прямой OO
1
, а затем подходящее аффинное преобразование, можно считать,
что A и C
1
— противоположные вершины квадрата, а остальные данные точки лежат на его сторонах или их продолжениях. Поэтому можно считать,
что данные точки имеют следующие координаты C
1
(0, 0), A(1, 1), B(b, 0),
B
1
(b, 1), C(0, a) и A
1
(1, a). Координаты (x
0
, y
0
) точки пересечения прямых
BA
1
и находятся как решение системы уравнений b
y
0
=
1
− b
a
,
x
0
y
0
− a
=
b
1
− те. Вычитая одно уравнение из другого, получаем x
0
= y
0
. Это означает, что точка (x
0
, y
0
) лежит на прямой AC
1

Глава 30. Проективные преобразования
30.30.
Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной и проходящей через точку пересечения прямых и а затем аффинное преобразование, которое образы прямых l и делает перпендикулярными, мы можем считать, что прямые и перпендикулярны прямой l, анаша задача заключается в том, чтобы доказать, что прямая тоже перпендикулярна l точки P
1
, Q
1
, останутся серединами соответствующих отрезков, поскольку эти отрезки параллельны исключительной прямой см. задачу
30.14
б). Отрезок является медианой и высотой,
а значит, и биссектрисой в треугольнике, образованном прямыми l, AB и Аналогично, QQ
1
— биссектриса в треугольнике, образованном прямыми l,
AC и BD. Из этого и из того, что PP
1
k QQ
1
, следует, что ∠BAC = Следовательно, четырёхугольник ABCD вписанный, и ∠ADB = ∠ACB. Обозначим точки, в которых l пересекает прямые AC и BD, через M ирис. Рис. Тогда угол между l и AD равен ∠ADB − ∠QNM = ∠ACB − ∠QMN, те. он равен углу между l и BC. Следовательно, треугольник, ограниченный прямыми l,
AD и BC, равнобедренный, и отрезок RR
1
, являющийся его медианой, является также его высотой, те. он перпендикулярен прямой l, что и требовалось доказать.
30.31.
Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной и проходящей через точку A, мы можем считать, что точка бесконечно удалённая, те. прямые AB и AC параллельны. При этом согласно задаче
30.14
б) точки A
1
, B
1
, C
1
по-прежнему будут серединами соответствующих отрезков, так как эти отрезки лежат на прямой, параллельной исключительной. Два треугольника, образованные прямыми l, AB, BC и l, AC, BC,
гомотетичны, следовательно, прямые и CC
1
, являющиеся медианами этих треугольников, параллельны. Таким образом, четырёхугольник является параллелограммом, поскольку у него параллельны противоположные стороны. Остаётся заметить, что точка лежит на середине диагонали этого параллелограмма, а значит, и на диагонали B
2
C
2

Решения задач
577
30.32.
Сделаем проективное преобразование, исключительной прямой которого является прямая PQ. Через A
0
, B
0
, . . . обозначим образы точек A, B, . . Тогда A
0
B
0
C
0
D
0
— параллелограмм, R
0
— точка пересечения его диагоналей бесконечно удалённая точка прямой Q
0
R
0
, и L
0
— точки, высекаемые сторонами параллелограмма на прямой Q
0
R
0
. Ясно, что точки и симметричны относительно точки R
0
. Следовательно) =
Q
0
K
0
Q
0
L
0
:
R
0
K
0
R
0
L
0
= 1 :
R
0
K
0
R
0
L
0
= −1.
Остаётся заметить, что согласно задаче
30.2
б) (QRKL) = Согласно теореме Паскаля точки пересечения прямых и и A
1
A
2
, и лежат на одной прямой. Переведём эту прямую на бесконечность. После этого можно воспользоваться результатом задачи
14.15
30.34.
Пусть A
1
. . . A
n
— правильный угольник, l
i
— прямая, содержащая его сторону, противоположную вершине A
i
, B
i
— точка пересечения прямой с бесконечно удалённой прямой. Разобьём точки A
1
, . . . , A
n
, B
1
, . . . , на пары. Покажем, что это разбиение обладает требуемым свойством. Для этого нужно рассмотреть прямые B
i
B
j
, и A
i
B
j
(i 6= j).
1) Прямая содержит все точки B
1
, . . . , B
n
. Поскольку n > 3, среди них есть точка, отличная от и B
j
2) Прямая параллельна одной из прямых l
k
, поскольку число n
нечётно. Следовательно, прямая проходит через точку B
k
3) Если i 6= j, то прямая, проходящая через вершину параллельно прямой, содержит некоторую вершину A
k
, k 6= i. Поэтому прямая проходит через точку Применив к набору точек A
1
, . . . , A
n
, B
1
, . . . , проективное преобразование, можно добиться, чтобы все эти точки небыли бесконечно удалёнными.
30.35.
Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность четырёхугольника переводит в окружность, а точку пересечения прямых, соединяющих противоположные точки касания, в её центр (см. задачу а. Утверждение задачи теперь следует из того, что получившийся четырёхугольник симметричен относительно центра окружности.
30.36.
Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность переводит в окружность, а точку пересечения двух из трёх рассматриваемых прямых — в её центр (см. задачу
30.16
а). Тогда образы этих двух прямых являются одновременно биссектрисами и высотами образа данного треугольника, следовательно, он является правильным. Для правильного треугольника утверждение задачи очевидно.
30.37.
Рассмотрим отдельно два случая. Точка P лежит вне S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдёт в окружность, а точка P — в бесконечно удалённую точку (см. задачу, те. образы всех прямых, проходящих через P, будут друг другу параллельны. Тогда в задаче б) образом искомого ГМТ является прямая l — их общий перпендикуляр, проходящий через центр окружности,
а в задаче а) — прямая l, из которой выкинут диаметр окружности. (Для доказательства нужно воспользоваться симметрией относительно прямой Следовательно, само искомое ГМТ для задачи б) есть прямая, проходящая через точки касания S с касательными, проведёнными через точку P, а для задачи а) — лежащая вне S часть этой прямой

Глава 30. Проективные преобразования. Точка P лежит внутри S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдёт в окружность, а точка P — в её центр
(см. задачу
30.16
а). Тогда в обеих задачах образом искомого ГМТ является бесконечно удалённая прямая. Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая.
Полученная прямая в обоих случаях совпадает с полярой точки P относительно см. задачу
30.19
).
30.38.
Обозначим через m поляру точки O относительно окружности а через N — отличную от M точку пересечения S с прямой OM. Обозначим через Q композицию проецирований l на S из M и S на m из N. Согласно задаче
30.9
это отображение является проективным. Докажем, что P есть композиция Q с проецированием m на l из M. Пусть A — произвольная точка на l, B — её проекция на S из M, C — проекция B на S из O, D — пересечение прямых BN и CM. Согласно задаче
30.37
б) точка D лежит на прямой те. Ясно, что P(A) — это проекция D на l из Обе задачи становятся очевидными после проективного преобразования, переводящего окружность S в окружность, а прямую KP — в бесконечно удалённую (см. задачу
30.17
).
а) Требуемое ГМТ лежит на прямой, равноудалённой от образов прямых и б) Требуемая точка есть центр образа Пусть A
0
, B
0
, . . . — образы точек A, B, . . . при проективном преобразовании, которое вневписанную окружность треугольника ABC переводит в окружность, а хорду EF — в диаметр (см. задачу. Тогда A
0
— бесконечно удалённая точка прямых, перпендикулярных диаметру E
0
F
0
, и нам нужно доказать, что прямая содержит эту точку, те. тоже перпендикулярна. Так как 4T
0
F
0
C
0
, то C
0
T
0
: T
0
E
0
= C
0
F
0
: B
0
E
0
. Но C
0
D
0
= и B
0
D
0
= как касательные, проведённые из одной точки, следовательно T
0
E
0
= C
0
D
0
: D
0
B
0
, те Согласно задаче
30.16
а) достаточно рассмотреть случай, когда диагонали и BE проходят через центр окружности. Остаётся воспользоваться результатом задачи
6.88
для n = Рассмотрим проективное преобразование, переводящее окружность в окружность, а точки пересечения прямых AB и DE, BC ив бесконечно удалённые точки (см. задачу. Наша задача свелась к задаче
2.12
30.43.
Рассмотрим проективное преобразование, которое окружность S переводит в окружность, а точку O — в её центр см. задачу
30.16
а).
Пусть A
0
, B
0
, . . . — образы точек A, B, . . . Тогда A
0
B
0
, и P
0
Q
0
— диаметры.
Поэтому при центральной симметрии относительно точка переходит в F
0
, те середина отрезка E
0
F
0
. Так как хорда AB перпендикулярна диаметру, проходящему через O, то согласно задаче
30.16
б) она параллельна исключительной прямой. Следовательно, согласно задаче
30.14
б) отношения отрезков, лежащих на прямой AB, сохраняются, а значит, O — середина отрезка Рассмотрим проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а отрезок AD — в её диаметр (см. задачу. Пусть, B
0
, . . . — образы точек A, B, . . . Тогда S переходит в бесконечно удалённую точку прямых, перпендикулярных прямой A
0
D
0
. Но и B
0
D
0
— высоты в, следовательно, Q
0
— ортоцентр этого треугольника. Поэтому прямая тоже высота, следовательно, она проходит через точку S
0

Решения задач
579
30.45.
Согласно задаче
30.15
достаточно рассмотреть только тот случай,
когда ABCD — квадрат. Нам надо доказать, что композиция описанных в условии проектирований является тождественным преобразованием. Согласно задаче проективное преобразование тождественно, если у него имеются три различные неподвижные точки. Несложно проверить, что точки A, B и бесконечно удалённая точка прямой AB являются неподвижными для данного преобразования.
30.46.
При проецировании прямой QR из точки A напрямую точки Q,
R, K, L проецируются в точки D, C, P, L соответственно. Следовательно,
согласно задаче
30.2
б) (QRKL) = (DCPL). Аналогично, проецируя из точки прямую CD напрямую, получаем (DCPL) = (RQKL), следовательно) = (RQKL). С другой стороны) =
RK
RL
:
QK
QL
=

QK
QL
:
RK
RL

−1
= Из этих двух равенств следует, что (QRKL)
2
= 1, те. либо (QRKL) = либо (QRKL) = −1. Но согласно задаче
30.8
двойное отношение различных точек не может равняться единице.
30.47.
Обозначим точки пересечения прямых и BA
1
, и и через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых и CA
1
— через R
1
. Нам надо доказать, что точки R и R
1
совпадают.
Пусть D — точка пересечения и CA
1
. Рассмотрим композицию проек- тирований: прямой напрямую из точки A, на из B и на из P. Легко видеть, что получившееся проективное преобразование прямой точки C, D и оставляет неподвижными, а точку R переводит в R
1
. Но согласно задаче
30.5
проективное преобразование стремя неподвижными точками тождественно. Следовательно R
1
= Пусть F
0
— точка, симметричная F относительно O. Нам надо доказать, что F
0
= E. Согласно задаче
30.9
композиция проецирования прямой на окружность S из точки M, а затем S обратно на AB из Q является проективным преобразованием прямой AB. Рассмотрим композицию этого преобразования с симметрией относительно точки O. При этом точки A, B, O, переходят соответственно в B, A, F
0
, O. Следовательно, согласно задаче
30.2
б),
(ABOE) = (BAF
0
O). С другой стороны, ясно, что) =
BF
0
AF
0
:
BO
AO
=
AO
BO
:
AF
0
BF
0
= те следовательно, согласно задаче, E = Обозначим точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CD — через. Нам надо доказать, что точки R и совпадают. Пусть G — точка пересечения AB и CD. Рассмотрим композицию проецирований прямой на данную окружность из точки A, а затем — окружности напрямую из точки E. Согласно задаче
30.9
это отображение проективно. Легко видеть,
что его композиция с проецированием BC на CD из точки P оставляет на месте точки C, D и G, а точку R переводит в R
0
. Но согласно задаче
30.5
проективное преобразование стремя неподвижными точками тождественно.
Следовательно, R
0
= R.

Глава 30. Проективные преобразования
30.50.
Обозначим данные прямую и окружность через l и S соответственно.
Пусть O — произвольная точка данной окружности, и пусть A
1
, A
0 1
, B
1
, B
0 1
,
C
1
, C
0 1
— образы точек A, A
0
, B, B
0
, C, при проецировании прямой l на окружность S из точки O, те. соответственно A
0 1
, B
1
, . . .) — отличная от точка пересечения прямой AO соответственно A
0
O, BO, . . .) с окружностью Обозначим через точку пересечения прямых A
0 и A
1
B
0 1
, а через C
2
— точку пересечения прямых A
0 и A
1
C
0 1
. Пусть P
1
— композиция проецирований прямой l на окружность S из точки O, а затем окружности S напрямую из точки A
0 1
; P
2
— композиция проецирований на S из точки а затем S на l из точки O. Тогда согласно задаче
30.9
преобразования и являются проективными, причём их композиция отображает точки A, B, соответственно в A
0
, B
0
, Ясно, что все рассмотренные точки можно построить при помощи одной линейки (в том порядке, в котором они вводились).
а) Пусть M
1
— отличная от O точка пересечения прямой MO с окружностью точка пересечения прямых A
0 и B
2
C
2
; M
3
— отличная от точка пересечения прямой с окружностью S; P(M) = P
2
(P
1
(M)) точка пересечения прямых l и б) Пусть и N
1
— точки пересечения окружности S с прямой Тогда неподвижные точки преобразования P — это точки пересечения прямых
OM
1
и с прямой а) Искомой точкой X является неподвижная точка композиции проецирования на из точки A, сдвига вдоль прямой на расстояние и проецирования на из точки B. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче
30.50
б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на симметрию относительно точки а) Обозначим через k число, которому должно равняться отношение. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a напрямую из точки P, движения плоскости, переводящего b в a ив, и, наконец, гомотетии с центром и коэффициентом k. Искомая точка X является неподвижной точкой этого преобразования. Построение точки Y очевидно.
б) Обозначим через k число, которому должно равняться произведение · BY, через Q — точку пересечения прямых, проходящих через точки A и параллельно прямыми соответственно, и пусть p = AQ · BQ. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a напрямую из точки P, проецирования b на a из и гомотетии с центром A и коэффициентом k/p. Пусть X — неподвижная точка этого преобразования, Y — её образ при первом проецировании, а X
1
— образ при втором проецировании. Докажем, что прямая XY искомая. Действительно, из подобия треугольников и BYQ следует BY = AQ · BQ = а значит · BY =
k
p
AX
1
· BY = Пусть P — данная точка A, B, C — попарные точки пересечения данных прямых a, b, c; X, Y, Z — точки пересечения данных прямых с ис-

Решения задач
581
Рис. комой прямой l рис. 30.4). По предположению XZ = ZY. Пусть T — точка пересечения прямой c с прямой, проходящей через X параллельно b. Очевидно, что XT = AY. Из подобия треугольников XTB и CAB следует, что : XT = CB : CA, откуда BX : YA = CB : CA, те. отношение BX : YA известно.
Таким образом, задача сведена к задаче
30.52
а).
30.54.
а) Согласно задаче
30.9
композиция проецирований CD на из A и S на CD из B является проективным преобразованием прямой Пусть M — неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на расстояние a. Тогда проекция M на S из A является искомой точкой. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче
30.50
б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на симметрию относительно точки а) Проведём произвольную окружность S через точку P. Согласно задаче
30.10
композиция проецирования l на S из P, поворота вокруг центра окружности S на угол 2
a и проецирования S на l из P является проективным преобразованием прямой l. Тогда (по теореме о вписанном угле) искомой точкой является неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на данное расстояние XY. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче
30.50
б) Проведём произвольные окружности и через точки P и Q соответственно. Рассмотрим композицию проецирования на из P, поворота вокруг центра окружности на угол 2
a и проецирования на из Согласно задаче
30.10
это отображение является проективным. Аналогично,
проективным отображением является композиция проецирования на из Q, поворота вокруг центра окружности на угол 2
b и проецирования на из Q. По теореме о вписанном угле искомой точкой X является неподвижная точка композиции этих отображений, и для её построения можно воспользоваться задачей
30.50
30.56.
а) Обозначим данные точки M
1
, . . . , M
n
, а данные прямые — l
1
, . . . , Вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка проективного преобразования прямой l
1
, являющегося композицией проектирований на из M
1
, на из M
2
, ..., на из M
n
. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче

Глава 30. Проективные преобразования б) Выберем произвольную точку на данной окружности и посредством проецирования из выбранной точки отождествим данную окружность с некоторой прямой l. Согласно задаче
30.38
центральное проектирование окружности на себя приданном отождествлении является проективным преобразованием прямой. Ясно, что вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка композиции последовательных проектирований данной окружности на себя изданных точек. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче
30.50
в) В решении задачи б) надо некоторые центральные проектирования заменить либо на повороты вокруг центра окружности, если соответствующая сторона имеет данную длину, либо на симметрии, если соответствующая сторона имеет данное направление (ось симметрии — диаметр, перпендикулярный данному направлению).
30.57.
Предположим, что нам удалось найти требуемое построение, те. написать некоторую инструкцию, в результате выполнения которой всегда получается середина данного отрезка. Выполним это построение и рассмотрим проективное преобразование, которое концы данного отрезка оставляет неподвижными, а середину переводит в другую точку. Это преобразование можно выбрать так, чтобы исключительная прямая не проходила ни через одну из точек, получающихся в результате промежуточных построений.
Выполним нашу якобы существующую инструкцию ещё разно теперь всякий раз, когда нам будут встречаться слова «возьмём произвольную точку (соответственно прямую, будем брать образ той точки (соответственно прямой, которую брали при первом выполнении построения. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит впрямую, а пересечение прямых — в пересечение их образов, причём в силу выбора проективного преобразования это пересечение всегда конечно, тона каждом шаге второго построения будем получать образ результата первого построения, поэтому в конце получим не середину отрезка, а её образ. Приходим к противоречию.
З а меча ни е. Фактически мы доказали следующее утверждение если существует проективное преобразование, которое каждый из объектов A
1
, . . . , переводит в себя, а объект B в себя не переводит, то, исходя из объектов, . . . , A
n
, объект B невозможно построить с помощью одной линейки.
30.58.
Утверждение задачи непосредственно вытекает из замечания в конце решения предыдущей задачи и из задачи
30.16
а).

ГЛАВА ЭЛЛИПС, ПАРАБОЛА, ГИПЕРБОЛА
Пусть Oxy — некоторая прямоугольная система координат на плоскости,
а Q(x, y) — выражение вида ax
2
+ 2bxy + cy
2
, где хотя бы одно из чисел a,
b, c отлично от нуля. В этой главе мы будем заниматься свойствами кривых,
заданных уравнениями вида, y) + 2dx + 2ey = Такие кривые называют кривыми второго порядка 1. Классификация кривых второго порядка
Будем говорить, что одна кривая на плоскости изометрична другой кривой,
если существует движение плоскости, переводящее первую кривую во вторую. Наша ближайшая цель — с помощью движений привести кривую (к простейшему виду.
31.1.
Докажите, что если ac − b
2 6= 0, то с помощью параллельного переноса x
0
= x + x
0
, y
0
= y + уравнение (1) можно привести к виду+ 2bx
0
y
0
+ cy
02
= где f
0
= f − Q(x
0
, y
0
) + 2(dx
0
+ Начало системы координат, в которой уравнение кривой имеет видна- зывают центром кривой второго порядка. Ясно, что центр кривой является её центром симметрии.
31.2.
Докажите, что с помощью поворота x
00
cos f
+ y
00
sin f
,
y
0
= −x
00
sin f
+ y
00
cos в уравнении (2) коэффициент при можно сделать равным нулю.
31.3.
Докажите, что при повороте (3) выражение ax
02
+ 2bx
0
y
0
+ переходит в a
1
x
002
+ 2b
1
x
00
y
00
+ c
1
y
002
, причём a
1
c
1
− b
2 1
= ac − Докажите, что если ac − b
2 6= 0, то кривая (1) изометрич- на либо кривой 1 (называемой эллипсом, либо кривой 1 (называемой гиперболой, либо паре пересекающихся прямых, либо представляет собой одну точку или пустое множество Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола
Оси системы координат, в которой уравнение кривой имеет такой вид,
как в условии задачи, называют осями кривой. Ясно, что оси кривой второго порядка являются её осями симметрии.
Для гиперболы 1 прямые ±
y
b называют асимптотами.
31.5.
Докажите, что если ac − b
2
= 0, то кривая (1) изометрична либо кривой y
2
= 2px называемой параболой, либо паре параллельных прямых y
2
= c
2
, либо паре слившихся прямых y
2
= 0, либо представляет собой пустое множество.
Ось Ox системы координат, в которой уравнение параболы имеет вид 2px, называют осью параболы. Ясно, что ось параболы является её осью симметрии.
Эллипс, параболу и гиперболу называют кониками. Это название связано стем, что они являются сечениями конуса плоскостями 2. Эллипс
31.6.
Докажите, что множество точек, сумма расстояний от которых до двух заданных точек и F
2
— постоянная величина, есть эллипс.
Точки и называют фокусами эллипса.
31.7.
Докажите, что середины параллельных хорд эллипса лежат на одной прямой.
Диаметром эллипса называют произвольную хорду, проходящую через его центр. Сопряжёнными диаметрами эллипса называют пару его диаметров,
обладающих следующим свойством середины хорд, параллельных первому диаметру, лежат на втором диаметре. Решение задачи
31.7
показывает, что тогда середины хорд, параллельных второму диаметру, лежат на первом диаметре.
Если эллипс является образом окружности при аффинном преобразовании, то его сопряжённые диаметры являются образами двух перпендикулярных диаметров этой окружности.
31.8.
Докажите, что уравнение касательной к эллипсу 1,
проведённой в точке X = (x
0
, y
0
), имеет вид Докажите, что эллиптическое зеркало обладает тем свойством, что пучок лучей света, исходящий из одного фокуса, сходится в другом.
31.10.
а) Докажите, что для любого параллелограмма существует эллипс, касающийся сторон параллелограмма в их серединах.
б) Докажите, что для любого треугольника существует эллипс, касающийся сторон треугольника в их серединах

Условия задач
585
31.11.
Пусть и BB
0
— сопряжённые диаметры эллипса сцен- тром O. Докажите, что) площадь треугольника AOB не зависит от выбора сопряжённых диаметров;
б) величина OA
2
+ не зависит от выбора сопряжённых диамет- ров.
31.12*.
а) Докажите, что проекции фокусов эллипса на все касательные лежат на одной окружности.
б) Пусть и d
2
— расстояния от фокусов эллипса до касательной.
Докажите, что величина не зависит от выбора касательной.
31.13*.
Из точки O проведены касательные OA и OB к эллипсу с фокусами и F
2
. Докажите, что ∠AOF
1
= и ∠AF
1
O В треугольник вписан эллипс. Докажите, что фокусы эллипса изогонально сопряжены относительно этого треугольника.
31.15*.
В четырёхугольник ABCD вписан эллипс с фокусом F. Докажите, что ∠AFB + ∠CFD = Параллелограмм описан около эллипса. Докажите, что диагонали параллелограмма содержат сопряжённые диаметры эллипса.
Для эллипса 1, где a > b, число e =
p1 − называют эксцентриситетом. Прямые x = ±a/e называют директрисами. (У эллипса две директрисы.)
31.17*.
а) Докажите, что отношение расстояний от точки эллипса до фокуса и до одной из директрис равно эксцентриситету б) Даны точка F и прямая l. Докажите, что множество точек для которых отношение расстояния от X док расстоянию от X до равно постоянному числу e < 1, — эллипс.
31.18*.
Вокруг эллипса описан прямоугольник. Докажите, что длина диагонали прямоугольника не зависит от его положения.
31.19*.
Хорда PQ окружности x
2
+ y
2
= a
2
+ с центром O касается эллипса 1. Докажите, что прямые PO и QO содержат сопряжённые диаметры эллипса.
31.20*.
а) Пусть и BB
0
— сопряжённые диаметры эллипса сцен- тром O. Проведём через точку B перпендикуляр к прямой OA и отложим на нём отрезки BP и BQ, равные OA. Докажите, что главные оси эллипса являются биссектрисами углов между прямыми OP и б) На плоскости нарисована пара сопряжённых диаметров эллипса.
С помощью циркуля и линейки постройте его оси.
31.21*.
Нормаль к эллипсу в точке A пересекает малую полуось в точке Q, P — проекция центра эллипса на нормаль. Докажите, что · AQ = a
2
, где a — большая полуось.
31.22*.
Докажите, что все вписанные в эллипс ромбы описаны вокруг одной окружности

Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола
31.23*.
Окружность, центр которой лежит на эллипсе, касается двух сопряжённых диаметров. Докажите, что радиус окружности
A
B
F
1
F
2
β
α
Рис. не зависит от выбора сопряжённых диа- метров.
31.24*.
а) Из точки O проведены касательные и OQ к эллипсу с фокусами
F
1
и F
2
. Докажите, что =
p
−
1 2
(
∠PF
1
Q +
∠PF
2
Q).
б)
Отрезок
AB
виден из фокусов
F
1
и под углами и соответственно. Докажите, что рис. К эллипсу с центром O проведены две параллельные касательные и Окружность с центром касается (внешним образом) эллипса и прямых и Докажите, что длина отрезка равна сумме полуосей эллипса.
31.26*.
Окружность радиуса r с центром C, лежащим на большей полуоси эллипса, касается эллипса в двух точках O — центр эллипса и b — его полуоси. Докажите, что b
2
)(b
2
− Три окружности, центры которых лежат на большой оси эллипса, касаются эллипса. При этом окружность радиуса r
2
касается
(внешним образом) окружностей радиуса и r
3
. Докажите, что+ r
3
=
2a
2
(a
2
− 2b
2
)
a
4
r
2
31.28*.
N окружностей, центры которых лежат на большой оси эллипса, касаются эллипса. При этом окружность радиуса r
i
(2 касается окружностей радиуса и r
i+1
. Докажите, что если 3n − 2 6 6 N, то+ r
2n−1
) = r
n
(r
n
+ r
3n−2
).