Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
31.41. а) Доказательство достаточно провести для равнобочной гиперболы. Пусть точки A и B имеют координаты x 1 , 1 x 1 и x 2 , 1 x 2 . Тогда пря- Решения задач 601 мая AB задаётся уравнением x + x 1 x 2 y = x 1 + x 2 . Поэтому точки и имеют координаты 0, 1 x 1 + 1 x 2 и (x 1 + x 2 , 0). Требуемое равенство теперь легко доказывается, поскольку его достаточно проверить для проекций точек на одну из осей координат. б) Непосредственно следует из а). 31.42. Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB. Согласно задаче точки A 1 , и являются серединами гипотенуз прямоугольных треугольников, образованных осями координат и прямыми BC, CA и Поэтому ∠(C 1 O, Oy) = ∠(Oy, AB) и ∠(Oy, OB 1 ) = ∠(AC, Oy). Следовательно, OB 1 ) = ∠(AC, AB) = ∠(C 1 A 1 , A 1 B 1 ). Это означает, что точка O лежит на описанной окружности треугольника Пусть a = a + i a −1 , b = b + i b −1 , c = g + i g −1 — вершины данного треугольника на комплексной плоскости. Проверьте, что h = − abg − его ортоцентр. Покажите, например, что число (a − h)/(b − c) чисто мнимое. 31.44. Пусть A = (a, a −1 ), B = (b, b −1 ), C = (c, c −1 ). Тогда при x = −x 0 , a, b, получаем x) 2 + (x −1 0 − x −1 ) 2 = 4x 2 0 + 4x −2 Таким образом, числа, a, b, c являются корнями многочлена вида 2x 0 x 3 + . . Поэтому+ a + b + c = 2x 0 , те. Аналогично a −1 + b −1 + c −1 = = 3x −1 0 . Следовательно, точка (x 0 , x −1 0 ) служит не только центром описанной окружности треугольника ABC, но и его центром масс. Это возможно лишь в том случае, когда треугольник ABC равносторонний. 31.45. Пусть ax 2 + bxy + cy 2 = (px + qy)(rx + sy). Тогда прямые px + qy = и rx + sy = 0 параллельны асимптотам рассматриваемой гиперболы. Эти прямые ортогональны тогда и только тогда, когда pr + qs = 0, те Для гиперболы доказательство такое же, как для эллипса (см. задачу Для гиперболы доказательство такое же, как для эллипса (см. задачу 1 пересекает асимптоты y = ± b a x в точках с координатами x 1,2 = a x 0 a ± y 0 b −1 . Поэтому x 1 x 2 = a 2 . Ясно также, что площадь рассматриваемого треугольника пропорциональна Для гиперболы решение такое же, как для эллипса (см. задачу f — величина того из углов между асимптотами, который содержит гиперболу. Тогда при f > искомое множество пусто, а при f < оно представляет собой окружность (с центром в центре гиперболы), из которой выброшены 4 точки пересечения с асимптотами. Для доказательства этого утверждения можно воспользоваться решением задачи 31.18 31.51. П ер вое решение. Пусть X — точка данной коники, отличная от точек A, B, C и D. Выберем числа итак, что l 1 l AB (X)l CD (X) + m 1 l BC (X)l AD (X) = 0, Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола и рассмотрим кривую, заданную уравнением f 1 = 0, где Эта кривая задаётся уравнением второй степени и проходит через точки A, B, C, D и X. Но если кривая второй степени пересекает конику в пяти различных точках, то эта кривая совпадает сданной коникой (задача, а значит = a f 1 , где a — некоторое число. В тор о ере ш е ни е. Введём косоугольную систему координат с осями и AD. Тогда прямые AB и AD задаются уравнениями y = 0 и x = соответственно, а уравнение f = 0, задающее окружность, является уравнением второй степени относительно x и Ограничения функций f и на любую из осей координат являются квадратными трёхчленами с двумя общими корнями и B, или A и D). Поэтому числа и можно подобрать так, что многочлен, y) = f(x, y) − l yl CD (x, y) − m xl BC (x, обращается в нуль как при x = 0, таки при y = 0. Это означает, что он делится нате, где q — константа. В точке C многочлен обращается в нуль, а xy 6= 0. Поэтому q = 0, те Рассмотрим шестиугольник ABCDEF, вершины которого лежат на конике f = 0. Четырёхугольники ABCD, AFED и BEFC вписаны в эту конику, поэтому f можно представить в любом из следующих видов = l 1 l AB l CD + m 1 l AD l BC , (1) f = l 2 l AF l ED + m 2 l AD l EF , (2) f Приравнивая выражения (1) и (2), получаем l 1 l AB l CD − l 2 l AF l ED = Пусть X — точка пересечения прямых AB и ED. В точке X обращаются в нуль функции и l AF l ED , а функция в этой точке в нуль не обращается. Следовательно, в точке X обращается в нуль функция те. точка X лежит на прямой m 1 l BC = m 2 l EF . Аналогично доказывается, что точка пересечения прямых CD и AF лежит на прямой m 1 l BC = m 2 l EF . Очевидно также, что точка пересечения прямых BC и EF лежит на прямой В результате получаем требуемое утверждение. 31.53. а) Продолжим рассуждения из решение задачи 31.52 дальше. Приравнивая) и (3), получим, что точки пересечения прямых AF и BE, ED и CF, AD и BC лежат на прямой m 2 l AD = m 3 l BC . А приравняв (1) и (получим, что точки пересечения прямых AB и CF, CD и BE, AD и EF лежат на прямой m 1 l AD = m 3 l EF . Легко проверить, что полученные прямые пересекаются водной точке. В самом деле, если X — точка пересечения первых двух из этих прямых, то m 1 m 2 l BC (X)l AD (X) Сократив на m 2 l BC (X), получим мы не будем останавливаться на обсуждении вырожденного случая, когда m 2 l BC (X) = 0). Решения задач 603 б) При доказательстве теоремы Штейнера исходными четырёхугольниками были ABCD, AFED и BEFC. Можно исходить также из четырёхугольников ABFE, ABDC и CDFE. Тогда получим теорему Киркмана. 31.54. Пусть f = 0 — уравнение данной окружности. Согласно задаче = l l KL l MN + m l KN l ML . Это равенство выполняется и для ограничений всех рассматриваемых функций напрямую. Введём на прямой AB координату, приняв точку O за начало координат. Тогда можно считать, что = x 2 − a и l KL l MN = x 2 , поэтому l KN l ML = bx 2 − c. Следовательно, корни уравнения равноудалены от точки Пусть для определённости P = P 0 , Q = и R = R 0 . Согласно задаче Рассмотрев ограничение этого равенства напрямую, получим равенство вида a (x − p)(x − r) + b (x − r)(x − s) = a 0 (x − p)(x − r) + b 0 (x − q)(x − При этом требуется доказать, что s = Равенство (1) можно преобразовать к виду a 00 (x − p)(x − r) = (x − q)[ b (x − s) − b 0 (x − Точка Q может совпасть только сточкой, поэтому Q 6= P и Q 6= R, а значит − p)(x − r) не делится на (x − q). Поэтому b (x − s) − b 0 (x − s 0 ) = 0. Следовательно Согласно задаче 31.45 линейная комбинация уравнений гипербол с перпендикулярными асимптотами тоже является уравнением гиперболы с перпендикулярными асимптотами. В пучке же коник, проходящих через, B, C и H, есть две вырожденные коники с перпендикулярными асимптотами и l BC l AH . Следовательно, согласно задаче 31.51 все коники этого пучка будут гиперболами с перпендикулярными асимптотами. 31.57. На направление осей коники влияют лишь квадратичные члены её уравнения, поэтому будем учитывать только их. Можно считать, что уравнение одной из коник имеет вид ax 2 + by 2 + . . . = 0. Если линейная комбинация этого уравнения и уравнения a 1 x 2 + b 1 y 2 + c 1 xy + . . . = 0 имеет вид+ y 2 + . . . = 0, тот. е. оси коник перпендикулярны. Пусть наоборот 0. Положим l = − a − b a 1 − случай a 1 = соответствует окружности. Тогда + l a 1 = b + l b 1 . Остаётся заметить, что если a + l a 1 = b + l b 1 = 0, то рассматриваемые коники имеют не более двух общих точек, так как среди линейных комбинаций их уравнений есть линейное уравнение. 31.58. Коника, проходящая через точки A, B, C и D, имеет уравнение = 0, где F = l l AB · l CD + l BC · l AD . Как видно из решения задачи, центр этой коники задаётся системой уравнений, которые линейны пои. Выразив из одного уравнения и подставив это выражение во второе уравнение, получим уравнение второго порядка, связывающее x и а) Пусть точки и симметричны точками относительно середины M отрезка AB. Тогда точки A, B, C, D, C 0 , лежат на одной конике с центром M, поэтому M принадлежит Г Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Пусть O — точка пересечения прямых AB и CD. Точка O служит центром вырожденной коники, состоящей из пары прямых AB и CD. Поэтому O принадлежит Г. б) Середины сторон четырёхугольника ABCD образуют параллелограмм, центр которого совпадает с центром масс точек A, B, C, D. Этот параллелограмм вписан в конику Г, поэтому его центр совпадает с центром коники. в) Следует из а). г) Фиксируем в рассматриваемом пучке коник одну конику, отличную от окружности и параболы. Из задачи 31.57 следует, что оси всех остальных коник будут перпендикулярны осям фиксированной коники. (Оси коники взаимно перпендикулярны, поэтому оси всех остальных коник параллельны осям фиксированной коники.) Среди коник пучка есть эллипс и есть гиперболы двух разных типов ветвь гиперболы, содержащая точку A, может содержать либо точку B, либо точку. Поэтому среди коник пучка есть две параболы, причём их оси взаимно перпендикулярны. Центрами этих двух парабол служат бесконечно удалённые точки двух взаимно перпендикулярных направлений. 31.60. Результат задачи 31.51 можно применять ив том случае, когда некоторые пары точек сливаются, те. коники не только проходят через данную точку, но и касаются друг друга в этой точке. Пусть p 1 = 0 и p 2 = 0 — уравнения общих касательных к коникам Г и Г 1 в точках A и B, q = 0 — уравнение прямой AB. Тогда уравнения коник Г и Г 1 можно представить в виде f = l p 1 p 2 + m q 2 = 0 и f 1 = l 1 p 1 p 2 + m 1 q 2 = Домножив на l / l 1 , можно считать, что l = l 1 , а значит, f 1 = f Аналогично f 2 = f + b r 2 , где r = 0 — уравнение прямой CD. Рассмотрим уравнение, те. Ему удовлетворяют четыре общие точки коник Г 1 и ГС другой стороны, это уравнение разлагается в произведение линейных уравнений + p b r = 0 и − p b r = 0. Следовательно, прямые ± p b r = 0 содержат общие хорды коник Г 1 и Г 2 Ясно также, что точка пересечения этих прямых совпадает сточкой пересечения прямых q = 0 и r = Рассмотрим отображение z 7→ az + bz. В координатах (x, y), где + iy = z, это отображение аффинное, причём его определитель равен |a| 2 − Образом окружности = 1 при невырожденном аффинном отображении будет эллипса при вырожденном — отрезок или точка. 31.62. Несложные вычисления показывают, что+ d 2 )x 2 − 2(ac + bd)xy + (a 2 + b 2 )y 2 = (ad − Ясно также, что координаты всех точек рассматриваемой кривой ограничены. Если ad 6= bc, то получаем эллипса если ad = bc — отрезок. 31.63. Пусть вершина A скользит по оси Ox, а вершина B — по оси Опустим из вершины C высоту CH на сторону AB. Пусть AH = q, CH = и ∠BAO = f . Тогда точка C имеет координаты = h sin f + (c − q) cos f , y = q sin f + h cos Поэтому согласно задаче 31.62 точка C движется по кривой+ h 2 )x 2 − 2chxy + h 2 + (c − q) 2 y 2 = h 2 − q(c − Поэтому если h 2 6= q(c − q), то точка C движется по эллипсу Решения задач 605 Угол C прямой тогда и только тогда, когда (h 2 + q 2 ) + h 2 + (c − q) 2 = те Замечание. Если угол C прямой, то точка C движется по отрезку (см. задачу 2.5 ). 31.64. Точка X, равноудалённая от точки A и окружности радиуса с центром O, должна удовлетворять соотношению OX − AX = R в случае, когда точка A расположена вне данной окружности, и соотношению OX + AX = в случае, когда точка A расположена внутри данной окружности. В случае, когда точка A лежит на данной окружности, точка X должна лежать на луче Центр окружности, проходящей через данную точку A и касающейся данной окружности S, равноудалён от точки A и окружности S. Поэтому можно воспользоваться результатом задачи 31.64 31.66. Прямая A t B t задаётся уравнением − 1 − t y − 1 − t = 1 + t + 1 − t 1 + t − 1 + те+ При фиксированном x, когда t пробегает все действительные значения, y принимает все значения, не превосходящие (x 2 /4) + 1. Таким образом, искомое множество задаётся неравенством y 6 (x 2 /4) + Выберем систему координат так, чтобы прямая l задавалась уравнением, а точка O имела координаты (1, 0). Точка X = (x, y) принадлежит искомому множеству тогда и только тогда, когда окружность с диаметром пересекает прямую l. Это означает, что расстояние от центра этой окружности до прямой l не превосходите радиуса, те Таким образом, искомое множество задаётся неравенством y 2 > Будем называть преобразованием подобия композицию собственного движения и гомотетии. Пусть и X 2 — два положения точки X; X 0 и X 0 2 — положения точки в те же моменты времени. Существует единственное преобразование подобия, переводящее в X 0 1 , а в X 0 2 . Это преобразование в любой момент времени переводит точку X в соответствующую точку X 0 . Пусть O — центр рассматриваемого преобразования подобия — высота треугольника XOX 0 . Точка H получается из X некоторым преобразованием подобия, поэтому H движется по некоторой прямой. Учитывая, что XX 0 ⊥ OH, получаем такое же множество, как ив задаче 31.67 31.69. Можно считать, что центр окружности S расположен вначале координата точка O имеет координаты (c, 0). Точка A = (x, y) принадлежит искомому множеству тогда и только тогда, когда окружность S пересекает окружность с диаметром AO. Пусть a — радиус окружности S, R — радиус окружности S 1 , d — расстояние между центрами этих окружностей. Окружности и пересекаются тогда и только тогда, когда из отрезков a, d, можно составить треугольник, те Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Учитывая, что 4d 2 = (x + c) 2 + и 4R 2 = (x − c) 2 + y 2 , приходим к неравенству 2Ra 6 cx 6 2Ra + которое эквивалентно неравенству (cx − a 2 ) 2 6 4a 2 R 2 , те Можно считать, что уравнение коники имеет вид+ z 2 ) + Bzz + Cz + Cz + D = В самом деле, эллипс и гиперболу можно задать уравнением A(z 2 + z 2 ) + Bzz = при B < 2A получаем эллипса при B > 2A получаем гиперболу параболу можно задать уравнением+ z 2 + 2zz + 2iz − 2iz = Пусть u — центр правильного треугольника с вершинами u + v e k , где = 1, 2, 3 и e = exp(2 p i/3). Если этот треугольник вписан в конику (1), то числа z k = u + v e k , k = 1, 2, 3, удовлетворяют соотношению (1). Сложив три таких равенства, получим+ u 2 ) + B(uu + vv) + Cu + Cu + D = мы воспользовались тем, что e 1 + e 2 + e 3 = 0). Подставим в (1) значение = z 3 = u + v и вычтем из (2) полученное соотношение. В результате получим + Av 2 ) = 0, где F = 2Au + Bu + C. Проделав аналогичные вычисления для z = z 1 = u + v e , получим Fv + Av 2 = 0. Так как v 6= 0, то при A 6= 0 |v| 2 = |2Au + Bu + случай A = 0 соответствует окружности. Подставив (3) в (2), получим уравнение требуемой коники. Отметим, что вторая коника совпадает с исходной тогда и только тогда, когда B = 0, те. в случае равнобочной гиперболы. |