Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
31.9. Проведём касательную в точке X, лежащей на эллипсе, и биссектрису внешнего угла при вершине X треугольника F 1 XF 2 . Если бы биссектриса не совпала с касательной, то она пересекла бы эллипс в другой точке M 6= Отразим относительно биссектрисы. Получим точку F 0 2 . Имеем + F 2 M = F 1 M + F 0 2 M > F 1 F 0 2 = F 1 X + F 2 X, Решения задач 595 т. е. M лежит вне эллипса — противоречие. Значит, биссектриса совпадает с касательной, и следовательно, угол падения (те. угол между прямой и касательной) равен углу отражения (те. углу между прямой F 2 X и касательной. Таким образом, доказано, что лучи, исходящие из F 1 , соберутся в Любой параллелограмм является образом квадрата при аффинном преобразовании, а любой треугольник — образом правильного треугольника. 31.11. а) Эллипс является образом окружности при аффинном преобразовании. Сопряжённые диаметры эллипса являются образами перпендикулярных диаметров окружности. Ясно также, что при аффинном преобразовании сохраняется отношение площадей фигур. б) Можно считать, что точки O, A и B имеют координаты (0, 0), (a cos f , b sin f ) и (−a sin f , b cos Пусть O — центр эллипса, и P 2 — проекции фокусов и на касательную, A — точка касания. Тогда ∠P 1 AF 1 = ∠P 2 AF 2 = f . Положим = F 1 A, y = F 2 A. Величина x + y = c не зависит от точки A. Поэтому P 2 O 2 = x + y 2 cos f 2 + x + y 2 sin f 2 = c 2 Кроме того, F 1 F 2 2 = x 2 + y 2 + 2xy cos 2 f = c 2 − 4xy sin 2 f , поэтому величина sin 2 f = d 1 d 2 постоянна. 31.13. Пусть точки и симметричны и относительно прямых и OB соответственно. Точки F 1 , B и лежат на одной прямой и F 1 G 2 = F 1 B + BG 2 = F 1 B + BF 2 . Треугольники G 2 F 1 O и G 1 F 2 O имеют равные стороны. Поэтому ∠G 1 OF 1 = и ∠AF 1 O = ∠AG 1 O Пусть эллипс с фокусами и вписан в угол в вершиной Тогда согласно задаче 31.13 прямые и симметричны относительно биссектрисы угла Пусть A 1 , B 1 , C 1 , D 1 — точки касания эллипса со сторонами AB, BC, CD, DA соответственно. Согласно задаче = ∠BFB 1 = a , ∠B 1 FC = ∠CFC 1 = b , ∠C 1 FD = ∠DFD 1 = g , ∠D 1 FA = ∠AFA 1 = d . Здесь a , b , g , d — некоторые углы их сумма равна 180 ◦ . Ясно также, что ∠AFB + ∠CFD = = ( d + a ) + Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее эллипс в окружность. Оно переводит данный параллелограмм в ромб. Диагонали ромба содержат пару перпендикулярных диаметров полученной окружности. 31.17. а) Пусть d = a e . Тогда de 2 = a 2 p a 2 − b 2 · a 2 − b 2 a 2 = c, при этом величина расстояние от начала координат до директрисы. Проверим, что множество точек X = (x, y), для которых отношение расстояния до фокуса, 0) к расстоянию до директрисы x = d равно e, те. множество точек, задаваемых уравнением − c) 2 + y 2 (x − d) 2 = есть эллипс. Равенство (1) при условии, что c = de 2 , эквивалентно равенству − e 2 ) = 1, Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола совпадающему с каноническим уравнением эллипса, так как и d 2 e 2 (1 − e 2 ) = б) Пусть прямая l задана уравнением x = d, а точка F имеет координаты, 0). Тогда рассматриваемому множеству принадлежат две точки с координатами, удовлетворяющими уравнению − c x − d = ±e. Поместим начало координат посредине между этими точками. Тогда + c 1 + e + −de + c 1 − e = те. В таком случае уравнение (1) эквивалентно каноническому уравнению эллипса. 31.18. Пусть O — вершина данного прямоугольника, OA и OB — касательные к эллипсу. Рассматриваемый в решении задачи 31.13 треугольник в данном случае прямоугольный. Следовательно, F 1 O 2 + F 2 O 2 = F 1 G 2 2 — постоянная величина. Если M — центр эллипса, то величина 4 (2F 1 O 2 + 2F 2 O 2 − F 1 F 2 тоже постоянна. 31.19. Для рассматриваемого эллипса вершины описанного вокруг него прямоугольника со сторонами, параллельными осям эллипса, лежат на рассматриваемой окружности. Согласно задаче 31.18 вершины всех остальных прямоугольников, описанных вокруг рассматриваемого эллипса, лежат на рассматриваемой окружности. Поэтому хорда PQ является стороной прямоугольника, описанного вокруг эллипса. Согласно задаче 31.16 диагонали этого прямоугольника содержат сопряжённые диаметры эллипса. 31.20. а) Точки A и B имеют координаты cos f , b sin и sin f , −b cos Точки P и Q имеют координаты + b) sin f , −(a + b) cos и − b) sin f , (a − b) cos б) Требуемое построение, по сути дела, описано в задаче а). 31.21. Точка Q лежит на описанной окружности треугольника где и F 2 — фокусы эллипса. При этом Q — середина дуги F 1 F 2 . Пусть — середина дополнительной дуги F 1 F 2 , те диаметр. Если R — радиус описанной окружности и углы при вершинах и F 2 , то = 2R cos a − b 2 , OS = 2R sin 2 a + b 2 , AP = OS cos a − b 2 = 2R sin 2 a + b 2 cos Поэтому · AQ = 2R sin a + b 2 cos a − b 2 2 = (R sin a + R cos a ) 2 = AF 1 + AF 2 Пусть ромб ABCD вписан в эллипс с центром O. Тогда радиус вписанной окружности ромба равен высоте прямоугольного треугольника, те Решения задач 597 Для эллипса 1 прямые OA и OB имеют уравнения y = и y = −x/k, а точки A и B имеют координаты (x 0 , y 0 ) и (x 1 , y 1 ), где 0 1 a 2 + k 2 b 2 = 1, x 2 1 1 a 2 + 1 k 2 b 2 = Поэтому 1 + k 2 + 1 a 2 + 1 k 2 b 2 1 +те. радиус r не зависит от положения ромба. 31.23. Сопряжённые диаметры можно представить посредством диагоналей параллелограмма ABCD, описанного вокруг эллипса с центром O. Пусть биссектрисы углов AOB, BOC, COD, DOA пересекают стороны этого параллелограмма в точках A 1 , B 1 , C 1 , соответственно, а лучи OA 1 , OB 1 , OC 1 , пересекают эллипс в точках A 2 , B 2 , C 2 , D 2 . Тогда точки A 2 , B 2 , C 2 , D 2 — центры рассматриваемых окружностей. Достаточно доказать, что A 2 B 2 C 2 D 2 — параллелограмм со сторонами, параллельными прямыми. В самом деле, диагонали этого параллелограмма перпендикулярны, поэтому он — ромб. Согласно задаче 31.22 радиус вписанной окружности такого ромба зависит только от эллипса и не зависит от положения ромба. Из параллельности прямых и AC следует, что радиус вписанной окружности ромба равен расстоянию от точки до прямой те. он равен радиусу рассматриваемой окружности с центром Докажем, например, что A 2 B 2 kAC. Сначала заметим, что A 1 B 1 kAC, так как A 1 B = AO : BO = CO : BO = CB 1 : Сделаем аффинное преобразование, переводящее рассматриваемые сопряжён- ные диаметры в диаметры окружности. В таком случае образы прямых N M L K D B A C F 1 F 2 β α Рис. 31.3 A 1 O и B 1 O будут симметричны относительно прямой OB, поэтому образ прямой будет параллелен образу прямой а) Пусть ∠PF 1 Q = 2 a , ∠PF 2 Q = 2 b , ∠POF 1 = p, ∠F 1 OF 2 = q. Согласно задаче = a , ∠PF 2 O = b , ∠F 2 OQ = из последнего равенства следует, что ∠POQ = = 2p + Отрезки и образуют равные углы с касательной PO, поэтому a + p = ∠F 2 PO = p − b − (p + те б) Введём такие обозначения точек касания, как на рис. 31.3. Согласно задаче а 2 ( ∠KF 1 L + ∠KF 2 L), b = 1 2 ( ∠MF 1 N + ∠MF 2 N). Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Лучи F 1 A и F 1 B являются биссектрисами углов KF 1 M и LF 1 N соответственно, поэтому 2∠AF 1 B = ( ∠AF 1 L + ∠LF 1 B) + ( ∠AF 1 M + ∠MF 1 B) = = (∠AF 1 L + ∠BF 1 N) + ( ∠KF 1 A + ∠MF 1 B) = ∠KF 1 L Аналогично f 2 = ∠AF 2 B = 1 2 ( ∠KF 2 L Пусть f — угол между любой из рассматриваемых касательных и осью Ox. Рассмотрим окружность S с центром ((a + b) cos f , (a + b) sin проходящую через точку A = (a cos f , b sin Касательная к эллипсу в точке A задаётся уравнением cos f a 2 x + b sin f b 2 y = Эта прямая перпендикулярна прямой AO 1 , которая задаётся уравнением = a sin f b cos f x + Поэтому окружность S касается эллипса. Докажем теперь, что окружность S касается прямых и l 2 . Пусть прямая касается эллипса в точке (−a cos a , b sin a ). Тогда она имеет уравнение cos a a + y sin a b = Это, в частности, означает, что tg f = b cos a a sin a . Квадрат расстояния от начала координат до прямой равен sin 2 a = b 2 cos 2 f 1 + a 2 sin 2 f b 2 cos 2 f = b 2 cos 2 f + Последнее выражение совпадает с квадратом радиуса окружности S. Для прямой получаем точно такое же выражение. 31.26. Нормаль к эллипсу в точке (x 0 , y 0 ) задаётся уравнением + x 0 a 2 y = Она пересекает большую полуось в точке с координатой b 2 x 0 1 b 2 − 1 a 2 = x 0 a 2 − При этом y 2 0 + (x 0 − x 1 ) 2 = y 2 0 + x 2 0 b 4 a 4 = b 2 − b 2 x 2 0 a 2 + x 2 0 b 4 a 4 = b 2 − b 2 x 2 Легко проверить, что b 2 )(b 2 − r 2 ) b 2 = x 2 1 Решения задач 599 31.27. Согласно задаче+ r 2 = |OC 1 ± OC 2 | = p a 2 − b 2 b p b 2 − r 2 1 ± p b 2 − r 2 Это соотношение можно преобразовать к виду 1 − 2a 2 (a 2 − 2b 2 )r 1 r 2 + a 4 r 2 2 − 4b 4 (a 2 − b 2 ) = Рассмотрим полученное выражение как квадратное уравнение относительно Оно имеет корни и r 3 , поэтому+ r 3 = 2a 2 (a 2 − Согласно задаче 31.27 числа удовлетворяют рекуррентному соотношению поэтому r p = a l p 1 + b l p 2 , где и l 2 — корни уравнения x 2 − kx + 1 = 0. Ясно, что l 1 l 2 = 1, те. Требуемая формула теперь легко проверяется. 31.29. Пусть x = 2pX и y = 2pY. Тогда уравнения 2py = и Y = X 2 экви- валентны. 31.30. Подставив уравнение параболы y = в уравнение окружности − a) 2 + (y − b) 2 = R 2 , получим уравнение й степени с нулевым коэффициентом при x 3 . Сумма корней этого уравнения равна нулю. 31.31. Сложите уравнения x 2 + py = 0 и (y − y 0 ) 2 + ax + b = Для параболы доказательство такое же, как для эллипса (см. задачу а) Пусть x 2 = 2py. Тогда квадрат расстояния от точки (x, y) до точки, p/2) равен − p 2 2 = 2py + y 2 − py + p 2 4 = y а расстояние от точки (x, y) до прямой y = равно б) Можно считать, что фиксированная точка имеет координаты (0, а фиксированная прямая задаётся уравнением y = −p/2. Тогда множество точек, для которых расстояние до фиксированной точки равно расстоянию до фиксированной прямой, задаётся уравнением − p 2 2 = y те Пусть точка X лежит на параболе с фокусом F и H — её проекция на директрису. Тогда FX = XH задача. Проведём биссектрису угла Если она не совпадает с касательной, то она пересекает параболу в точке 6= X. Но тогда FM = MH 6= MH 0 , где H 0 — проекция на директрису. Получено противоречие. Из него следует, что угол падения луча, параллельного оси, равен углу между касательной и FX, те. все лучи параллельного пучка собираются в фокусе, что и требовалось. 31.35. Касательная в точке (2t i , t 2 i ) задаётся уравнением y = xt i − t 2 i . Легко проверить, что указанная точка лежит на обеих касательных Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.36. Пусть и B 1 — проекции точек A и B на директрису. Тогда и BO — серединные перпендикуляры к отрезками. Поэтому = FO = B 1 O, а значит = ∠B 1 A 1 O = f . Несложные вычисления с углами показывают, что ∠OFA = ∠OFB = 90 ◦ + f и ∠AFB = 180 ◦ − 2 f = = ∠A 1 OB 1 = Воспользуемся обозначениями из задачи. Согласно этой задаче = ∠A 1 OB 1 = 2∠AOB. Поэтому условие ∠AOB = эквивалентно тому, что ∠AFB = и ∠A 1 OB 1 = а) Проекция фокуса F на касательную к параболе лежит на касательной к параболе, перпендикулярной оси. Поэтому проекции A 0 , B 0 , фокуса F на прямые BC, CA, AB лежат на одной прямой. Это означает, что точка F лежит на описанной окружности треугольника ABC. В самом деле ∠AB 0 C 0 = ∠A 0 B 0 C = ∠A 0 FC, поэтому = ∠A 0 FC 0 = 180 ◦ − б) Касательные к параболе x 2 = 4y в точках (2t i , t 2 i ) задаются уравнениями = t i x − t 2 i . Они пересекаются в точках (t i + t j , t i t j ). Легко проверить, что ортоцентром треугольника с вершинами в трёх таких точках служит точка+ t 2 + t 3 + в) Можно считать, что парабола задаётся уравнением x 2 = 4y. В таком случае точки a , b , g имеют координаты (2t i , t 2 i ), i = 1, 2, 3. Легко проверить, что S abg = 1 2 2t 1 t 2 1 1 2t 2 t 2 2 1 2t 3 t 2 3 1 , S ABC = 1 2 t 2 + t 3 t 2 t 3 1 t 3 + t 1 t 3 t 1 1 t 1 + t 2 t 1 t 2 г) Существует аффинное преобразование, переводящее ось параболы и прямую в пару перпендикулярных прямых. Поэтому можно считать, что точки имеют координаты (2t 1 , t 2 1 ), (0, 0), (2t 3 , t 2 3 ), причём t 1 < 0 и t 3 > В таком случае − 1 2 t 3 1 , S bg A = 1 2 t 3 3 , S ab B = 1 2 2t 3 t 2 3 1 2t 1 t 2 1 1 t 1 + t 3 t 1 t 3 1 = (t 3 − t 1 ) 3 Касательные к параболе x 2 = 4y в точках A = (2t 1 , t 2 1 ) и B = (2t 2 , t 2 пересекаются в точке O = (t 1 + t 2 , t 1 t 2 ). В рассматриваемом случае t 1 t 2 = Теперь уже легко проверить, что точка (0, 0) является ортоцентром треугольника Рассмотрим семейство всех парабол с фокусом в данной точке и осью, параллельной лучам света. Точнее говоря, ось параболы направлена так, чтобы данный пучок лучей света после отражения от параболы сходился в точке Пусть луч света отражается от точки M кривой C и попадает в точку Тогда касательная кв точке M совпадает с касательной в точке M к параболе, проходящей через точку M. Такое свойство может выполняться для всех точек кривой C лишь в том случае, когда она совпадает с одной из парабол рассматриваемого семейства. |