Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
Теорема. Композицией двух гомотетий с центрами A и B и коэффициентами и b является гомотетия при ab 6= 1. Если центры данных гомотетий различны, то центр полученной гомотетии принадлежит прямой AB. Если ab = 1, то композиция гомотетий есть перенос при A 6= B и тождественное преобразование при A = B. Композиция гомотетий с общим центром коммутативна. Композиция гомотетий с различными центрами некоммутативна. Из теоремы непосредственно следует, что отношение гомотетичности фигур транзитивно при ab 6= 1 и нетранзитивно при ab = 1. 15.2. Теорема Паппа. Если точки A, B, C, A 1 , B 1 , плоскости расположены так, что точки A, B, C коллинеарны, точки A 1 , B 1 , также коллинеарны и (AB 1 ) k (A 1 B), (BC 1 ) k (B 1 C), то (AC 1 ) k Доказательство. Пусть (AB) = m, (A 1 B 1 ) = m 1 . По условию ∈ m и C 1 ∈ m 1 . Пусть m ∦ ирис. Рис. 87 A C B A 1 C 1 B 1 m Рис. 88 219 Зададим две гомотетии H a O (A) = B и H b O (C 1 ) = B 1 . Тогда, как нетрудно видеть, (H b O ◦ H a O )(A) = C и (H a O ◦ H b O )(C 1 ) = A 1 . Поскольку композиция гомотетий с общим центром коммутативна, то пары → C и C 1 → являются парами соответственных точек при одной и той же гомотетии H ab O , и потому (AC 1 ) k (Если m k m 1 (m 6= m 1 ), то из (AB) k (B 1 A 1 ) и (AB 1 ) k (BA 1 ) следует рис. 88). По аналогичной причине BC = C 1 B 1 . Тогда из + BC = AC и C 1 B 1 + B 1 A 1 = следует AC = C 1 A 1 , откуда получаем. Взаимное расположение центров гомотетий трех окружностей. Любые две неравные окружности гомотетичны дважды (п. 13.2). Если даны три попарно неравные окружности, центры которых неколлинеарны, то, рассматривая их попарно, будем иметь всего шесть центров гомотетий этих окружностей. Они образуют замечательную конфигу- рацию. Теорема. Если центры трех попарно неравных окружностей неколлинеарны, то шесть центров гомотетий этих окружностей, взятых попарно, лежат потри на четырех прямых. Д ока за тел ь ст во. Пусть даны окружности соответственно с центрами O 1 , O 2 , и O 3 / ∈ (O 1 O 2 ). Центры гомотетий окружностей и обозначим через S ij и S 0 ij , причем штрихами пометим центры гомотетий с отрицательными коэффициентами (i, j = 1, 2, 3; i 6= рис. 89). Так как H S ij ◦ H S iu = H S ju и H S 0 ij ◦ H S 0 iu = H S 0 ju (i, j, u = 1, 2, 3 и 12 S 0 23 S 0 Рис. 89 220 все различны, то по теореме о композиции двух гомотетий S ju ∈ (и S 0 ju ∈ (S 0 ij S 0 iu ). Следовательно, шесть точек S 12 , S 0 12 , S 23 , S 0 23 , S 13 , S 0 группируются в четыре тройки коллинеарных точек S 12 , S 23 , S 12 ; S 12 , S 0 23 , S 0 13 ; S 0 12 , S 23 , S 0 13 ; S 0 12 , S 0 23 , S 13 , причем через каждую точку проходят две из полученных четырех прямых. Теорема Менелая. Пусть на прямых BC, CA, AB, определяющих треугольник ABC, даны точки A 1 , B 1 , C 1 . Для того, чтобы эти точки лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы Доказательство. Пусть точки A 1 , B 1 , коллинеарны (рис. Обозначим k 1 , B 1 A B 1 C = k 2 , C 1 B C 1 A = k 3 . Тогда H k 1 A 1 (B) = C, H k 2 B 1 (C) = и поэтому (H k 2 B 1 ◦ H k 1 A 1 )(B) = A. Существенно, что k 1 k 2 6= 1, так как из k 1 k 2 = 1 следовало бы, или, те. точки и Рис. делили бы соответственно отрезки CB ив одном отношении, что возможно лишь при условии, противоречащем условию теоремы. Композицией гомотетий и является гомотетия с коэффициентом и центром, причем H k 1 k 2 C 1 (B) = С другой стороны, H k 3 C 1 (B) = A в силу принятых обозначений. Так как центром и парой точек B → A гомотетия определена, то H k 1 k 2 C 1 = H k 3 C 1 , откуда k 1 k 2 = k 3 или, с учетом обозначений. А это равенство равносильно доказываемому равенству (Обратно, пусть выполняется соотношение (1) и требуется доказать коллинеарность точек A 1 , B 1 , Используя прежние обозначения, имеем H k 1 A 1 (B) = C, H k 2 B 1 (C) = и поэтому (H k 2 B 1 ◦ H k 1 A 1 )(B) = A. Существенно, что k 1 k 2 6= 1, так как из k 1 k 2 = 1 и равенства (1), которое эквивалентно k 1 k 2 = k 3 , следовало быте, откуда A = B, что противоречит условию теоремы. Итак, H k 2 B 1 ◦ есть гомотетия с коэффициентом k 1 k 2 = С другой стороны, H k 3 C 1 (B) = A. Поскольку гомотетия определяется коэффициентом и парой точек B → A, то H k 2 B 1 ◦ H k 1 A 1 = H k 3 C 1 , откуда следует коллинеарность центров A 1 , B 1 , этих гомотетий. 221 § 16. Решение задач с помощью композиций гомотетий З ада ч а 1. Дана трапеция ABCD с основаниями AB и CD. Произвольная точка P прямой BC, отличная от точек B и C, соединена A C B D M P X Y Q Рис. 91 O O 1 A B C D E F M N X Y Z U P S S 1 a a 1 x y z Рис. с вершиной D и с серединой M основания. Доказать, что если (P D) ∩ (AB) = X, (P M ) ∩ (AC) = Q, (DQ) ∩ (AB) = Y , то точка является серединой отрезка рис. Решение. Зададим гомотетию при которой A → C, и гомотетию H P , отображающую в B. Их композиция отображает в B и имеет центр в точке) ∩ (P Q) = M . Поскольку точка M середина AB, то эта композиция является центральной симметрией сцен- тром M . Замечаем, что H Q (Y ) = D и) = X. Следовательно, Z M (Y ) = X, откуда Задача. Построить окружность, касающуюся двух данных окружностей так, чтобы прямая, соединяющая точки касания, проходила через данную точку P Решен и е. Пусть искомая окружность касается данных окружностей и с центрами O и O 1 ) соответственно в точках A и B, при этом P ∈ (AB) (рис. Рассмотрим гомотетию с центром A, которая отображает a на x, и гомотетию сцен- тром B, отображающую x на a 1 . Их композиция в данном порядке отображает на и потому имеет своим центром точку = (AB) ∩ (OO 1 ). Значит, прямая AB определяется точками P и S, а точка S строится как центр гомотетии окружностей a и п. 13.2). Центр X искомой окружности x находится как точка пересечения прямых и O 1 B (при условии, что прямая SP не является общей касательной к окружностями. Если окружности a и неравны, то существуют два центра S и S 1 гомотетий, отображающих a на a 1 . Решения существуют, когда хотя бы одна из прямых SP и S 1 P пересекает данные окружности. Наибольшее число решений равно четырем две окружности и y для центра S гомотетии с положительным коэффициентом (соответственно для пари точек пересечения прямой с окружностями) и две окружности z и u для центра гомотетии с отрицательным коэффициентом (соответственно для пари, точек пересечения прямой S 1 P с окружностями). Когда окружности a и равны, решение отличается лишь тем, что прямая, соединяющая точки касания одной из искомых окружностей сданными окружностями, параллельна линии центров Задача. Дана прямая a и не принадлежащие ей точки A, B, C, D. Найти на прямой a такие точки M и N , чтобы (AM ) k (BN ) и ) k (CN Решение. Пусть искомые точки M и N построены ирис, причем S 6= T . Зададим гомотетии H k S (A) = и H l T (D) = C. Тогда H k S (M ) = N и H l T (M ) = N и поэтому композиция отображает точку M на себя. Если k 6= l, то искомая точка должна быть центром гомотетии, являющейся композицией H 1/l T ◦ Для ее построения найдем пару соответственных точек при этой композиции. Учитывая, что H 1/l T (C) = D, строим P = H 1/l T (B). Тогда A → при рассматриваемой композиции и поэтому M = (AP ) ∩ (ST ). Построение точки N уже очевидно. Если (AB) k a или (CD) k a, то гомотетии и заменяются соответственно переносами на векторы AB и DC. При k = l композиция A B C D M T N P S a Рис. 93 H 1/l T ◦ есть перенос, отличный от тождественного, и поэтому неподвижных точек не существует. Следовательно, при C T задача не имеет решения. В особом случае, когда S = T , задача имеет бесконечное множество решений. Если = DC = ¯ r и ¯ r k a, то композиция есть тождественное преобразование и решение существует для любой точки M прямой a. При исключении трех последних частных случаев существуют две пары точек прямой a, удовлетворяющие заданным условиям. Одно из этих решений показано на рис. 93. Второе получается заменой гомотетии или переноса T DC ) обратным преобразованием Задачи. Может ли композиция двух гомотетий с одними тем же коэффициентом и с центрами A и B быть гомотетией с центром в середине отрезка AB? 2.47. Найдите композицию T — r ◦ H k O ; H k O ◦ T — r 2.48. Существует ли общий коэффициент трех гомотетий с центрами в вершинах данного треугольника ABC таких, чтобы их композиция была гомотетией с центром в центроиде данного треугольника. Даны три параллельных неравных отрезка M N , P Q, RS. Докажите, что три точки пересечения прямых M P и N Q, M R и N S, P и QS коллинеарны, точки пересечения прямых M Q и N P , QR и P S, M R и N S также коллинеарны. Постройте общую пару соответственных точек при двух данных гомотетиях. 2.51. Докажите, что переноси гомотетия имеют общую пару соответственных точек. Постройте эту пару. Точки M и N являются серединами сторон AB и CD прямоугольника произвольная точка прямой AC, (QM ) ∩ (BC) = = P . Докажите, что прямая M N — ось симметрии прямых N Q и N P . 2.53. Через точку M , лежащую на стороне AB параллелограмма, проведена прямая M P параллельно AC (P ∈ (BC)), а через точку B — прямая BN параллельно M D (N ∈ (DC)). Докажите, что точки D, Q = (AC) ∩ (BN ), P принадлежат одной прямой. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC даны соответственно точки A 1 , B 1 , такие, что прямые AA 1 , BB 1 , пересекаются водной точке (или параллельны. Докажите, что композиция трех гомотетий H A 1 (B) = C, H B 1 (C) = A. H C 1 (A) = B есть центральная симметрия. Сформулируйте и докажите обратное утверждение. Дан пятиугольник ABCDE. Прямая m пересекает прямые AB, BC, CD, DE, EA в точках M , N , P , Q, S соответственно. Докажите, что композиция H ε S ◦ H d Q ◦ H g P ◦ H b N ◦ есть тождественное преобразование, если a = M B M A , b = N C N B , g = P D P C , d = QE QD , ε = SA SE 2.56. Окружности и с центрами и касаются окружности в точках и A 2 . Через точку M окружности w проведены прямые M и M A 2 , пересекающие и вторично в точках и Докажите, что прямые A 1 A 2 , B 1 B 2 , пересекаются водной точке или параллельны. Дан треугольники точка Q. Точки M , N , P — ее ортогональные проекции на прямые BC, CA, AB соответственно. Через середины отрезков QM , QN , QP проведены прямые m, n, p параллельно соответственно прямым BC, CA, AB. Докажите, что треугольник, стороны которого принадлежат прямым m, n, p, равен треугольнику с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. § 17. Преобразование подобия. Определение подобия и подобных фигур. Рассмотрим отображение плоскости на себя, при котором расстояния между точками умножаются на одно и тоже положительное число k: если f(A) = и f(B) = B 1 , то A 1 B 1 = k · AB (для любых A, B). Это отображение обратимо, потому что из AB > 0 всегда следует A 1 B 1 > 0. Значит, отображение f — преобразование плоскости. О пределен и е. Преобразование плоскости называется преобразованием подобия, или подобием, если для любых двух точек A и B и их образов и при этом преобразовании выполняется равенство k · AB, где k — постоянное (положительное) число, называемое коэффициентом подобия. В частности, при k = 1 подобие является движением. Гомотетия с коэффициентом k (k 6= 0) есть подобие с коэффициентом |k|, так как по лемме о гомотетии (п. 12.2) A 1 B 1 = k · AB, откуда A 1 B 1 = Композиция двух подобий с коэффициентами и есть подобие с коэффициентом k 1 k 2 . В частности, композиция движения и гомотетии с коэффициентом k будет подобием с коэффициентом Из определения подобия следует также, что преобразование, обратное подобию с коэффициентом k, есть подобие с коэффициентом Фигура называется подобной фигуре Φ (пишут Φ 1 ∼ Φ), если существует подобие, отображающее Φ на Φ 1 . Отношение фигур быть подобными рефлексивно, симметрично и транзитивно. Так как движение — частный вид подобия, то равные (конгруэнтные) фигуры подобны. Однако подобные фигуры равны лишь в частных случаях. Поскольку гомотетия есть подобие, то гомотетичные фигуры подобны. Однако подобные фигуры гомотетичными быть не обязаны. Для треугольников имеются известные признаки подобия. Другие подобные фигуры распознаются на основании определения подыскива- ется такое преобразование подобия, которое отображает одну фигуру на другую 17.2. Представление подобия композицией гомотетии и движения. Инварианты подобий. Представление подобия этой композицией имеет решающее значение для изучения подобий. Теорема. Всякое подобие плоскости можно представить композицией гомотетии с произвольным центром и коэффициентом, модуль которого равен коэффициенту подобия, и некоторого движения. Д ока за тел ь ст во. Если f k — подобие с коэффициентом k, то композиция f k ◦ гомотетии с произвольным центром и этого подобия есть некоторое движение f : f k ◦ H 1/(±k) O = f , так как эта композиция сохраняет расстояния между точками (k · 1 k = 1). Рассмотрим композицию ( f k ◦ H 1/(±k) O ) ◦ H ±k O = f ◦ H ±k O . Используя ассоциативность композиции преобразований и замечая, что H 1/(±k) O ◦ есть тождественное преобразование, получаем k = f ◦ Если начать доказательство с рассмотрения движения H 1/(±k) O ◦ f k = g, g 6= f , то аналогичным образом будем иметь k = H ±k O ◦ В частности, при f k = движения f и g являются тождественными, а при f k = f = g гомотетия H k O (k = 1) есть тождественное преобразование. Из разложений (17.1) и (17.2) явствует, что свойства фигур, сохраняющиеся при гомотетии и при движении, сохраняются и при подобии. Они называются инвариантами подобий. Сравнивая пс пи, получаем следующие инварианты подобий) подобие отображает прямую напрямую, отрезок на отрезок) подобие отображает параллельные прямые на параллельные прямые (но образ прямой не обязан быть параллельным этой прямой) подобие отображает луч на луч, полуплоскость на полуплоскость) подобие отображает угол на равный ему угол) подобие сохраняет отношение длин любых двух отрезков, те. отношение длин отрезков равно отношению длин их образов. Последнее свойство непосредственно следует и из определения подобия если AB и CD — произвольные отрезки, и C 1 D 1 — их образы при подобии, то A 1 B 1 = k · AB и C 1 D 1 = k · CD, поэтому A 1 B 1 : C 1 D 1 = = AB : Таким образом, основными инвариантами подобий являются свойства фигур быть прямой (коллинеарность точек, отрезком, лучом, полуплоскостью, углом, a также параллельность прямых, величина угла, отношение длин двух отрезков § 18. Задание подобия плоскости. Теорема о задании подобия плоскости. Если заданы три неколлинеарные точки A, B, C плоскости и три точки A 1 , B 1 , C 1 такие, что A 1 B 1 = k · AB, B 1 C 1 = k · BC, C 1 A 1 = k · CA, то существует одно и только одно преобразование подобия плоскости, при котором точки, B, C отображаются соответственно на точки A 1 , B 1 , Доказательство. Рассмотрим гомотетию с центром в произвольной точке O. Если H k O (A) = A 0 , H k O (B) = B 0 , H k O (C) = C 0 , то точки, B 0 , неколлинеарны и A 0 B 0 = k · AB, B 0 C 0 = k · BC, C 0 A 0 = k · Отсюда и из условия теоремы следует A 0 B 0 = A 1 B 1 , B 0 C 0 = B 1 C 1 , C 0 A 0 = C 1 A 1 . По теореме о задании движения (п. 1.3) существует единственное движение f плоскости такое, что f (A 0 ) = A 1 , f (B 0 ) = B 1 , f (C 0 ) = C 1 . Композиция f ◦ H k O = f есть подобие плоскости, при котором. Этим существование требуемого подобия доказано. Докажем его единственность. Пусть имеются два подобия f и y такие, что f(A) = A 1 , f(B) = B 1 , f(C) = и y(A) = A 1 , y(B) = B 1 , y(C) = C 1 . Отсюда ясно, что коэффициенты этих подобий должны быть равны. Композиция y −1 ◦ f является движением, при котором точки A, B, C неподвижны. По теореме п. 1.3 движение y −1 ◦ f должно быть тождественным = E, откуда y = Вместе с этим доказан признак подобия треугольников потрем сторонам если соответственные стороны треугольников пропорциональны, то треугольники подобны. Согласно доказанной теореме, если два подобия имеют три общие пары соответственных точек, то они совпадают. Два рода подобий. Построение образа точки при подобии. Можно доказать, что если треугольники его образ при подобии плоскости имеют одинаковые ориентации, то одинаковые ориентации имеют любой другой треугольники его образ при этом подобии. Если же треугольники ABC и ориентированы противоположно, то и любой другой треугольник противоположно ориентирован со своим образом. Иначе говоря, существуют две и только две возможности или подобие сохраняет ориентацию всех треугольников, |