Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
1.147. Какие движения заданы формулами? а) x 0 = 1 2 (x − √ 3y), y 0 = 1 2 ( √ 3x + б − 1 2 (x + √ 3y), y 0 = 1 2 ( √ 3x − в 2 (−x + √ 3y), y 0 = − 1 2 ( √ 3x + г − 1 2 (x + √ 3y), y 0 = 1 2 (− √ 3x + y). 1.148. Найдите формулы движений первого и второго рода, каждое из которых точки A(1, 1) и B(3, −2) отображает соответственно на точки) и B 1 (1, 4). 196 1.149. Докажите, что прямые Ax + By + C = 0 и Bx + Ay + C = симметричны относительно прямой y = x. 1.150. Найдите формулы переносной симметрии с осью ax + by + c = и вектором ¯ r(−b, a). 1.151. Найдите уравнение образа прямой Ax + By + C = 0 при центральной симметрии с центром S(x 0 , y 0 ). 1.152. Докажите, что образ прямой Ax + By + C = 0 при повороте около точки S(x 0 , y 0 ) на угол f имеет уравнение − x 0 )(A cos f − B sin f) + (y − y 0 )(A sin f + B cos f) + Ax 0 + By 0 + C = 0. 1.153. Около окружности описан квадрат ABCD и проведена произвольная касательная. Из вершин квадрата опущены перпендикуляры, BB 1 , CC 1 , на эту касательную. Докажите, что CC 1 = BB 1 · DD 1 1.154. Через вершину C прямого угла прямоугольного равнобедренного треугольника ABC проведена произвольная прямая l и через вершины A и B проведены параллельные прямые, пересекающие прямую соответственно в точках и B 1 . Докажите, что сумма CA 2 1 + CB 2 зависит только от угла между прямыми l и для данного треугольника. Комбинирование метода преобразований и векторного метода решения задач. Движение вектора. В школьном курсе геометрии вектор определяется упрощенно как направленный отрезок. Поэтому вводится понятие равных векторов как равных и одинаково направленных (сона- правленных) отрезков. Однако в математике под вектором понимают множество всех равных сонаправленных отрезков, каждый из которых и задает этот вектор. Тогда понятие равных векторов становится ненужным, поскольку равные векторы — это один и тот же вектор, заданный разными направленными отрезками. Пусть f — некоторое движение и f (A) = A 1 , f (B) = B 1 . Движение f отображает отрезок AB на равный ему отрезок A 1 B 1 , но уже, вообще говоря, другого направления. Говорят, что вектор ¯ r 1 = есть образ вектора ¯ r = AB при движении. Такое определение понятия движения вектора корректно, так как не зависит от выбора направленного отрезка AB, задающего вектор всякое движение переводит равные сонаправленные отрезки в равные сонаправленные отрезки. Можно говорить о повороте вектора (рис. 57), об осевой симметрии вектора (рис. 58) и т. д. Введение понятия движения вектора дает возможность использовать векторный метод и метод преобразований в их взаимной связи, что существенно повышает эффективность каждого из этих методов. В частности, как будет показано ниже, при решении задач очень эффективно используется поворот вектора. O A B A 1 B 1 ¯ r ¯ r 1 a Рис. Рис. Рассмотрим два свойства движений вектора. Свойство 1. При движении образ вектора, являющегося линейной комбинацией данных векторов, есть вектор, представляющий собой туже линейную комбинацию образов данных векторов (x¯ a + y¯ b + z¯ c) = xf (¯ a) + yf (¯ b) + zf (Для доказательства достаточно убедиться в истинности двух равенств) и f (x¯ a) = xf (¯ a). А они очевидны. Действительно, первое из них утверждает, что результат не зависит от порядка выполнения операций сложения векторов и движения векторов. Второе равенство говорит о том, что результат не зависит от порядка выполнения умножения вектора на число и движения вектора. Свойство 2. Вектор, являющийся образом данного вектора при повороте, не зависит от центра поворота. Пусть дан вектор ¯ r и R a A (¯ r) = ¯ r 1 , R a B (¯ r) = Так как |¯ r 1 | = |¯ r| и = |¯ r|, то |¯ r 1 | = |¯ r 2 |. Кроме того, ∠(¯r, ¯r 1 ) = a и ∠(¯r, ¯r 2 ) = a, поэтому векторы и ¯ r 2 сонаправлены. Значит, ¯ r 1 = ¯ r 2 10.2. Решение задач с помощью поворота вектора. З ада ч а 1. Даны правильные одинаково ориентированные треугольники. Доказать, что середины M , N , P соответственно отрезков BC, DE, AF являются вершинами правильного треугольника. Р е ш е ни е. Из четырехугольника BEDC находим N = 1 2 (CD + BE) = 1 2 (CD + OE − OB) 198 рис. 59). Выполним поворот этих векторов на −60 ◦ , помня, что он не зависит от центра поворота CD → OD, OE → F E, OB → OA. На основа- O A B C D E F N M P Рис. 59 нии свойства 1 образом вектора M N будет вектор 2 (OD + F E − OA) = 1 2 (AD + F E) = = P N . Отсюда и следует, что треугольник N P правильный. З ада ч а 2. На сторонах AB, BC, треугольника ABC вне его построены равносторонние треугольники ABC 1 , BCA 1 , CAB 1 . Доказать, что центры этих треугольников являются вершинами равностороннего треугольника. Р е ш е ни е. Пусть O 1 , O 2 , O 3 — центры треугольников BCA 1 , CAB 1 , соответственно (рис. 54). Пользуясь формулой для вектора центроида треугольника, находим O 1 O 2 = 1 3 (A 1 A+BB 1 +CC) = = 1 3 (A 1 A+BB 1 ) и аналогично O 3 O 1 = 1 3 (AA 1 + C 1 C). Представим A 1 A = = A 1 B + BA. При повороте векторов A 1 B и BA на получаем соответственно векторы BC и C 1 B. Значит, этим поворотом вектор Рис. отображается на вектор BC + C 1 B = = BC − BC 1 = C 1 C. Аналогично доказывается, что BB 1 → и поэтому вектор O 1 O 2 = 1 3 (A 1 A + BB 1 ) отображается на вектор 3 (C 1 C + AA 1 ) = = O 3 O 1 , чем и заканчивается решение. З ада ч а 3. На сторонах четырехугольника вне его построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов являются вершинами четырехугольника, у которого диагонали равны и перпендикулярны. Р е ш е ни е. Пусть O 1 , O 2 , O 3 , центры квадратов, построенных на сторонах AB, BC, CD, DA соответственно четырехугольника ABCD, ориентированного положительно, и , N , P , Q — середины этих сторон (рис. 60). Тогда O 1 M + M P + P O 3 = O 1 M + 1 2 (AD + BC) + P O 3 199 Выполним поворот векторов на 90 ◦ : O 1 M → M A = 1 2 BA, 1 2 AD → QO 4 , 1 2 BC → O 2 N , P O 3 → 1 2 CD. Следовательно, вектор отображается на вектор 2 BA + QO 4 + O 2 N + 1 2 CD = 1 2 (BA + CD) + QO 4 + O 2 N = = N Q + QO 4 + O 2 N = N O 4 − N O 2 = Значит, O 1 O 3 ⊥ и |O 1 O 3 | = Задачи. На сторонах AB и BC треугольника ABC вне его построены квадраты ABM N и BCP Q. Докажите, что отрезок M Q вдвое больше медианы BE треугольника ABC и перпендикулярен ей. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что центры этих квадратов являются вершинами квадрата. На сторонах AB и BC треугольника ABC вне его построены правильные треугольники и BCA 1 . Точки M , N , P — середины сторон AC, BC 1 , соответственно. Докажите, что треугольник N P правильный. На сторонах AC и BC треугольника ABC вне его построены правильные треугольники и BCA 1 . Определите углы треугольника, где M — середина стороны AB, O — центр треугольника 1.159. Даны квадраты и одинаковой ориентации. Отрезки A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 , разделены точками A, B, C, D водном и том же отношении. Докажите, что ABCD — квадрат (или точки совпадают. Обобщите этот результат для правильных многоугольников. Четырехугольник ABCD повернут около некоторой точки на в положение A 1 B 1 C 1 D 1 . Точки P , Q, R, S — середины отрезков, B 1 C, C 1 D, D 1 A соответственно. Докажите, что отрезки P R и равны и перпендикулярны. На сторонах AC и BC треугольника ABC вне его построены квадраты ACM N и BCP Q. Докажите, что прямые AQ и BN пересекаются в точке, лежащей на высоте треугольника, проведенной к стороне AB. 1.162. Дан треугольники построены точки D = R 90 ◦ A (C) и = R −90 ◦ B (C). Докажите, что расстояние от середины M отрезка до прямой AB равно 2 AB. 200 1.163. Около окружности с центром O описан угольник A 1 . . . Докажите, что sin ∠A 1 · OA 1 + sin ∠A 2 · OA 2 + . . . + sin ∠A n · OA n = ¯ 0. 1.164. Если AA 1 , BB 1 , CC 1 — высоты треугольника ABC и BC = a, CA = b, AB = c, то a 2 AA 1 + b 2 BB 1 + c 2 CC 1 = ¯ 0. Докажите 11. Применение движений к построению графиков функций. Перенос графиков. Если дан график функции y = f (x), то графики функций y = f (x + a), y = f (x) + b, y = f (x + a) + b получаются переносами данного графика. Действительно, вспоминая формулы (рассмотрим три переноса x 0 = x − a, y 0 = y; 2) n x 0 = x, y 0 = y + b; 3) n x 0 = x − a, y 0 = y + каждый из которых отображает произвольную точку M (x, y) графика y = f (x) на некоторую точку M 0 (x 0 , y 0 ). Перепишем эти формулы так x = x 0 + a, y = y 0 ; 2) n x = x 0 , y = y 0 − b; 3) n x = x 0 + a, y = y 0 − Этими подстановками получаем, что соответствующими переносами на векторы (−a, 0), (0, b), (−a, b) линия y = f (x) отображается соответственно на линии y 0 = f (x 0 + a), y 0 − b = f (x 0 ), y 0 − b = f (x 0 + a). Штрихи в обозначениях переменных утратили свое назначение (система координат одна и та же, поэтому их опускаем y = f (x + a), y = f (x) + b, y = f (x + a) + Итак, график функции y = f (x + a) получается переносом графика y = f (x) на вектор (−a, 0), те. параллельно осина расстояние |a| в направлении, противоположном знаку числа a (рис. 61). График функции получается переносом графика y = f (x) на вектор (0, те. параллельно осина расстояние |b| в направлении, соответствующем знаку числа b (рис. 62). График функции y = f (x + a) + b получается из графика y = f (x) композицией предыдущих переносов, те. переносом на вектор (−a, b) (рис. В качестве хорошего примера рассмотрим построение графика дробно-линейной функции y = ax + b x + c , (11.1) 201 O x y a y = f (x + a) y = f (x) a > Рис. 61 O x y b y = f (x) + b y = f (x) b > Рис. 62 O x y ¯ r y = f (x + a) + b y = f (x) ¯ r = (−a, Рис. представив это уравнение так y = b − ac x + c + a. Предполагается, что b − ac = k 6= 0. Само собой напрашивается, что за исходный график y −2 3 y = 3x + 5 x + 2 y = Рис. надо взять график функции y = k являющийся равнобочной гиперболой. Пользуясь указанным выше способом, выполним перенос на вектор ¯ r(−c, Получим график функции y = k x + c + те. график заданной дробно-линейной функции (11.1). На рис. 64 представлен график функции y = 3x + 5 x + 2 , полученный переносом графика y = − 1 x навек- тор ¯ r(−2, 3). Итак, графиком дробно-линейной функции y = ax + b x + c служит равнобочная гипербола с центром (−c, a) и асимптотами, параллельными осям координат. Применение осевой симметрии дает возможность по графику функции y = f (x) построить графики функций y = −f (x), y = f (−x), 202 y = |f (x)|, y = f (|x|) и график функции, обратной функции y = f (x) (если такая существует). Формулами n x 0 = x, y 0 = −y и x 0 = −x, y 0 = y записывается симметрия относительно оси Ox и симметрия относительно оси Oy соответственно. Этими симметриями кривая y = f (x) отображается соответственно на кривые y = −f (x) и y = f (−x). Итак, графики функций y = f (x) и y = −f (x) симметричны относительно оси Ox (риса графики y = f (x) и y = f (симметричны относительно оси Oy (рис. Поскольку композиция двух осевых симметрий с перпендикулярными осями есть центральная симметрия относительно точки пересечения осей, то графики функций y = f (x) и y = −f (−x) симметричны относительно начала координат (рис. 67). O x y y=f (x) y=−f (Рис. 65 O x y y=f (x) y=f (Рис. 66 O x y y=f (x) y=−f (Рис. По определению модуля числа функция y = |f (x)| совпадает с функцией) на тех промежутках числовой осина которых f (x) > и совпадает с функцией y = −f (x), если f (x) 6 0. Поэтому для построения графика y = |f (x)| надо сохранить части графика y = f (x), лежащие выше (не ниже) оси Ox, а те части этого графика, которые находятся ниже (не выше) оси Ox, заменить симметричными им фигурами относительно. На рис. 68 построен график y = |x 2 − 4x + 3| на основании графика y = x 2 − 4x + Аналогичным образом функция y = f (|x|) совпадает с функцией y = f (x) при x > 0 и с функцией y = f (−x) при x 6 0. Поэтому для построения графика y = f (|x|) надо сохранить часть графика y = f (лежащую правее оси Oy, и отобразить ее относительно оси Oy. Часть графика y = f (x), находящаяся левее оси Oy, отбрасывается. На рис. построен график функции y = x 2 − 4|x| + График функции y = |f (|x|)| получается из графика y = f (x) последовательным применением (в любом порядке) рассмотренных двух преобразований. На рис. 70 построен график функции y = |x 2 − 4|x| + Если функция y = f (x) на некотором числовом промежутке каждое свое значение принимает только при одном значении x, то она имеет O x y y = |x 2 − 4x + 3| −1 1 3 Рис. 68 O x y y = x 2 − 4|x| + 3 −1 −1 1 3 Рис. 69 O x y y = |x 2 − 4|x| + 3| 1 −1 1 3 Рис. обратную функцию на этом промежутке. При сохранении обозначений через x и y для значений аргумента и значений функции график обратной функции имеет уравнение x = f (y), из которого выражается y через x: y = Формулы (9.5) для осевой симметрии относительно прямой y = x принимают вид x 0 = y, y 0 = x. Поэтому осевая симметрия относительно прямой y = x переводит кривую y = f (x) в кривую x = f (y). Следовательно, графики взаимно обратных функций симметричны относительно прямой, содержащей биссектрисы первого и третьего координатных углов. Для примера рассмотрим функцию y = 3x + 5 x + 2 , график которой представлен на рис. 64. Каждое свое значение она принимает только один раз, поэтому имеет обратную функцию с областью определения, 3) ∪ (3, +∞) и областью значений (−∞, −2) ∪ (−2, +∞). График обратной функции имеет уравнение x = 3y + 5 y + 2 , откуда y = 5 − 2x x − 3 . Линии y = 3x + 5 x + и y = 5 − 2x x − представляют собой графики взаимно обратных функций и потому симметричны относительно прямой y = x (рис. 71). O x y −2 3 −2 3 y = 3x + 5 x + 2 y = 5x − 2 x − Рис. Упражнения. Дан график функции y = log 3 x. Постройте графики функций = log 1 3 x, y = − log 3 (−x), y = log 3 |x| + 1, y = log 3 (−x), y = log 3 |x|, y = log 3 (1 − x), y = − log 3 x, y = log 3 (|x| + 1), y = 3 x 1.166. Постройте график функции y = 4x + 3 2x − и график обратной ей функции. Решите графически уравнения x 2 + 2x = 1, x 2 = 1 x + 2 1.168. Докажите, что уравнение 3 x−2 − 3x − 4 = 0 не имеет корней в промежутке [1; 2]. 205 Глава Подобия и аффинные преобразования 12. Гомотетия. Определение гомотетии и его следствия. Пусть фиксирована некоторая точка O плоскости и задано действительное число k 6= 0. Произвольной точке X плоскости поставим в соответствие такую точку что OX 0 = k · OX . Если X 6= O, то по определению произведения вектора на число векторы OX и OX 0 сонаправлены при k > 0 и направлены противоположно при k < 0. Следовательно, при любом k 6= 0 точки O, X, коллинеарны и потому образ точки X плоскости принадлежит плоскости. Кроме того, из закона соответствия ясно, что каждая точка плоскости, включая и точку O, имеет единственный образ, образы любых двух различных точек различны и каждая точка плоскости имеет (единственный) прообраз. Это значит, что установленное формулой соответствие между точками плоскости является преобразованием этой плоскости. О пределен и е. Гомотетией с центром O и коэффициентом k 6= плоскости называется преобразование плоскости, которое каждую точку отображает на такую точку X 0 , что OX 0 = k · Гомотетия с центром O и коэффициентом k обозначается H k O . Итак, по определению) = X 0 ⇔ OX 0 = k · В частности, H k O (O) = O, так как k · OO = OO. Следовательно, центр гомотетии является ее неподвижной точкой. При k = 1 имеем OX 0 = OX и, значит X 0 = X для любой точки те. гомотетия с коэффициентом 1 есть тождественное преобразование E. Если k = −1, то OX 0 = −OX и точка O — середина отрезка Следовательно, гомотетия с коэффициентом −1 есть центральная симметрия Если k 6= 1, то центр O гомотетии является единственной ее неподвижной точкой. В самом деле, если P — неподвижная точка, то = k · OP , откуда (1 − k) · OP = ¯ 0. Поскольку 1 − k 6= 0, то OP = ¯ 0 и = O. Преобразование, обратное гомотетии H k O , задается формулой OX и потому также является гомотетией стем же центром O и обратным коэффициентом (H k O ) −1 = H 1/k O 12.2. Образ прямой при гомотетии. Докажем предварительно важную лемму. Лемма. Если и B 0 — образы точек A и B при гомотетии H k O , то k · Доказательство. По условию OA 0 = k · OA и OB 0 = k · OB, поэтому, или A 0 B 0 = k · На основании леммы и по определению умножения вектора на число имеем |A 0 B 0 | = |k||AB|. Значит, гомотетия, у которой |k| 6= 1, не сохраняет расстояния между точками, те. не является движением. Только при |k| = 1 гомотетия будет тождественным преобразованием или центральной симметрией. Отсюда ясно, что теорема об образе прямой при гомотетии требует специального доказательства. Далее, говоря о гомотетии, считаем k 6= Теорема. Гомотетия отображает каждую прямую на прямую. Д ока за тел ь ст во. Пусть задана гомотетия и некоторая прямая. Пусть A ∈ a, B ∈ a (A 6= B) ирис. Тогда по лемме A 0 B 0 = k · AB. Если X — произвольная точка прямой то по критерию коллинеарности векторов AX = t · AB, где t — действительное число (параметр. Множество всех точек прямой a находится O A X B A 0 X 0 B 0 Рис. во взаимно однозначном соответствии с множеством всех значений параметра t, тес множеством всех действительных чисел. Равенство представляет собой векторное уравнение прямой a, заданной точками и B. В частности, при t = 0 оно дает точку A, а при t = 1 — точку Если) = то согласно лемме k · AX. Подставляя в уравнение AX = = t · AB вместо AX и AB равные им векторы соответственно 1 k A 0 X 0 и 1 k A 0 B 0 , получаем t · 1 k A 0 B 0 , или t · AB. Последнее уравнение определяет собой образ прямой a при гомотетии H k O . Как уже отмечено, векторное уравнение такого вида определяет прямую a 0 , проходящую через точки и B 0 . Так как соответственные при гомотетии точки X и отвечают одному и тому же значению параметра t (в соответствующих уравнениях, то прямая a отображается этой гомотетией напрямую Если центр O гомотетии не лежит на данной прямой a, то a 0 k так как A 0 B 0 k AB. Если же O ∈ a, то a 0 = a, поскольку точки O, X, коллинеарны для любой точки X ∈ a. Итак, имеем два следствия. Следствие 1. Прямая, не содержащая центр гомотетии, отображается этой гомотетией на параллельную ей прямую. Следствие 2. Каждая прямая, содержащая центр гомотетии, отображается этой гомотетией нас е б я. Образы луча, полуплоскости и угла при гомотетии. Так как соответственные при гомотетии точки X и соответствуют одному и тому же значению параметра t в соответствующих уравнениях AX = t · и A 0 X 0 = t · данной прямой a и ее образа a 0 , то гомотетия сохраняет порядок точек прямой на прямых a ион соответствует порядку, установленному во множестве действительных чисел t. Отсюда вытекают последовательно следующие выводы) Гомотетия отображает луч на луч. Эти лучи сонаправлены, если коэффициент гомотетии положителен, и противоположно направлены, если он отрицателен) Гомотетия отображает полуплоскость на полуплоскость) Гомотетия отображает угол на равный ему угол. Задание гомотетии. Построение образа точки. Согласно определению гомотетию можно задать ее центром и коэффициентом. Однако этот способ иногда неудобен для построений. Вместо коэффициента можно задать образ одной точки A: H k O (A) = A 0 . Тогда коэффициент равен, хотя для построения образа произвольной точки они ненужен. Итак, пусть гомотетия задана центром O и парой соответственных точек A → A 0 . Требуется построить образ произвольной точки X. Предположим сначала, что X 6∈ (OA) (рис. 72). Так как X 0 ∈ (OX) и (A 0 X 0 ) k (AX) (следствие 1), то искомая точка есть точка пересечения прямой OX и прямой, проходящей через точку параллельно AX. Если Y ∈ (OA), то для построения ее образа используем пару X → рис. 73): (X 0 Y 0 ) k (XY ), Y 0 ∈ (Рис. 73 208 Гомотетию можно задать и третьим способом — без указания центра и коэффициента — при помощи задания двух пар соответственных точек, удовлетворяющих условиям A 0 B 0 k AB, A 0 B 0 6= рис. 74). Тогда k = A 0 B 0 AB , а центр O гомотетии строится так. Если точки, неколлинеарны, то O = (AA 0 ) ∩ (BB 0 ). Если же эти точки коллинеарны (рис. 75), то построим сначала образ произвольной точки M / ∈ (AB) как точку пересечения прямых, проходящих через и параллельно соответственно прямыми. Тогда = (AA 0 ) ∩ (M Рис. Рис. 75 § 13. Гомотетичность окружностей. Гомотетичные фигуры. Фигура называется гомотетичной фигуре Φ, если существует гомотетия, отображающая Φ на Например, гомотетичны любые два параллельных неравных отрезка итак как существуют ровно две гомотетии, каждая из O A B A 1 B 1 O 1 Рис. Рис. которых отображает AB на A 1 B 1 . Одна из них задается парами точек A → и B → B 1 , а другая парами A → и B → A 1 . Коэффициенты этих гомотетий — противоположные числа k ирис. Говорят, что отрезки AB и A 1 B 1 гомо- тетичны дважды. Если AB = A 1 B 1 , то отрезки и также гомотетичны, но уже только при одной гомотетии A → B 1 , B → Всякие два неравных треугольника ABC и A 1 B 1 C 1 с соответственно параллельными сторонами гомотетичны. Действительно, задавая гомотетию парами A → A 1 , B → B 1 , на основании свойства параллельности соответственных при гомотетии прямых получаем, что эта гомотетия отображает C на рис. Отношение гомотетичности фигур рефлексивно и симметрично, но не транзитивно. В самом деле, H 1 O (Φ) = E(Φ) = Φ (рефлексивность Если H k O (Φ) = Φ 1 , то H 1/k O (Φ 1 ) = Φ (симметричность. В том, что транзитивность гомотетичности фигур имеет место не во всех случаях, можно убедиться на простом примере. Пусть дан треугольники рис. 78). Если, то треугольники ABC и A 0 B 0 C 0 равны. O O 1 A B C A 0 B 0 C 0 A 1 B 1 C 1 Рис. Один из них отображается на другой переносом. Следовательно, они него- мотетичны. Подробнее этот вопрос будет рассмотрен при нахождении композиции двух гомотетий (§ 15). 13.2. Гомотетичность двух окружностей. Всякая гомотетия отображает окружность на окружность, так как при гомотетии все расстояния умножаются на одно и тоже число — модуль коэффициента гомотетии. Теперь нас интересует обратный вопрос если наперед заданы две окружности w и w 1 |