Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
1.91. Треугольники ABC и ACD правильные и BM = CN . Поэтому поворотом точки B, C, M отображаются соответственно на точки C, D, N . Так как R 60 ◦ A (M ) = N , то треугольник AM N правильный. Эти перпендикуляры являются образами данных прямых при повороте около центра квадрата на и поэтому пересекаются в образе точки P при этом повороте. Если C 1 = R 90 ◦ O (C), то B ∈ (CC 1 ) и треугольник прямоугольный равнобедренный. Композицией осевых симметрий относительно серединных перпендикуляров к отрезками отрезок DN отображается на отрезок. Пусть треугольник ABC ориентирован положительно и B 1 = = R 90 ◦ A (B). Тогда K 1 — середина B 1 Q и AK 1 ⊥ AK, поэтому AK 1 k QE и = AK 1 = (1/2)QE. Так как отрезок BC этим поворотом отображается на B 1 Q, то они равны и перпендикулярны. Поскольку AM k и AM = (1/2)QB 1 , то AM ⊥ BC и AM = (1/2)BC. 1.96. Докажите, что точка M 1 = R 60 ◦ B (M ) лежит на отрезке M C. 1.97. Согласно задаче 5 § 6 прямые BB 1 , CC 1 , проходят через вторую точку пересечения окружностей, описанных около квадратов. Окружности равны и отображаются одна на другую поворотом около второй точки их пересечения на 60 ◦ , при этом M → N 281 задача 5 § 6). Так как указанные касательные являются соответственными при рассматриваемом повороте, то угол между ними равен 60 ◦ 1.99. Стороны рассматриваемого четырехугольника параллельны соответственно и AQ и имеют длины (1/2)M C и (1/2)AQ. Но эти отрезки равны и перпендикулярны, так как один ихних отображается на другой поворотом около точки B на 90 ◦ 1.100. Центр поворота строится по двум парам соответственных точек пи центры данных окружностей. Искомый центр поворота лежит на серединном перпендикуляре к отрезку, соединяющему центры A и B данных окружностей. С другой стороны, он принадлежит дуге окружности, стягиваемой хордой и вмещающей угол 45 ◦ . Всегда существуют две и только две такие точки. Если искомая окружность с заданным центром O пересекает данные окружности g ив точках A и B, то требуется, чтобы = a. Точка A (или B) является общей точкой окружностей g и R a O ( w). 1.103. Постройте образ данного центра A искомой окружности при заданном повороте. Точка касания окружностей является серединой отрезка AA 1 Если O — заданный центр искомого шестиугольника и) = A 1 , R 60 ◦ O (B) = B 1 , то прямые A 1 B и содержат соседние стороны шестиугольника. Одну из вершин, скажем A, искомого квадрата ABCD можно выбрать произвольно на одной изданных концентрических окружностей и b. Если A ∈ a и B ∈ b, то поворот отображает точку B на ∈ b. Поэтому вершина D находится как точка пересечения окружности и образа окружности a при этом повороте. Пусть O — центр данной окружности w и окружность (O, пересекает прямую a в точках P и Q. Тогда поворотами около O на углы OM и QOM прямая a отображается на касательные к окружности проходящие через точку M . Точки касания служат образами точки при указанных поворотах. Сначала постройте какую-нибудь хорду окружности, имеющую заданную длину, а затем поворотом отобразите содержащую ее прямую на искомую прямую. Сравните с решением задачи 1.108. 1.110. Пусть квадрат ABCD ориентирован отрицательно и E 1 = = R 90 ◦ A (E). Тогда E 1 ∈(BC) и BE 1 =DE. Замечаем, что ∠F AE 1 =∠AF откуда AE 1 = F и поэтому AE = AE 1 = F E 1 = F B + BE 1 = F B + DE. 1.111. Каждый из указанных поворотов отображает середину отрезка на середину отрезка A 1 B 1 , поэтому прямая является серединным перпендикуляром к отрезку, соединяющему середины отрезков и A 1 B 1 . При первом повороте луч AB отображается на луч A 1 B 1 , поэтому угол поворота равен углу между этими лучами. При втором повороте луч AB переходит в луч B 1 A 1 . Значит, его угол равен углу между этими лучами. Следовательно, разность углов поворотов равна углу между лучами и B 1 A 1 , те. равна 180 ◦ 1.112. Каждый из трех указанных поворотов отображает центр окружности ABC на центр O 1 , окружности A 1 B 1 C 1 . Поэтому центры этих поворотов принадлежат серединному перпендикуляру к отрезку, а при O = совпадают. Пусть ABCD и A 1 B 1 C 1 D 1 — два равных одинаково ориентированных квадрата. Если в парах сторон этих квадратов нет параллельных, то существуют четыре поворота, каждый из которых отображает первый квадрат на второй 1) A → и B → B 1 , 2) A → и B → C 1 , 3) A → и B → D 1 , 4) A → и B → A 1 . Каждый из этих поворотов отображает центр первого квадрата на центр второго. Поэтому центры указанных четырех поворотов лежат на серединном перпендикуляре к отрезку, соединяющему центры квадратов. Углы поворотов равны a, a + p 2 , a + p, a + 3 p 2 . Если стороны квадратов соответственно параллельны, то имеются только три поворота на углы p 2 , p, 3 p 2 1.114. Пусть P A > P B и P A > P C, треугольник ACP 1 — образ треугольника при повороте R 60 ◦ A . Треугольник AP P 1 правильный. Так как P P 1 6 P C + CP 1 , то P A 6 P B + P C. Равенство будет иметь Рис. место тогда и только тогда, когда точка C лежит между точками P и P 1 , те. в томи только в том случае, когда ∠ACP + ∠ACP 1 = или ∠ACP + ∠ABP = 180 ◦ . А это выполняется лишь при условии, что точка P принадлежит описанной около треугольника ABC окружности. Пусть треугольник ABC ориентирован положительно. Тогда R 60 ◦ C (B) = ирис. Отсюда следует, что отрезки и равны и пересекаются под углом 60 ◦ . Аналогичный факт доказывается для отрезков и поворотом R 60 ◦ A . Если, то M ∈ (CC 1 ). В самом деле, если R −60 ◦ A (M ) = M 1 , то M 1 ∈ (так как (BB 1 ) → (CC 1 )), треугольник AM правильный, ∠AM 1 C 1 = = ∠AM B = 120 ◦ . Следовательно, ∠AM 1 M + ∠AM 1 C 1 = 60 ◦ + 120 ◦ = 180 ◦ 283 и поэтому M ∈ (M 1 C 1 ), те. точки M , M 1 , C, коллинеарны. Наконец, из равенства M C 1 = M M 1 + следует M C 1 = M A + M B. 1.116. Пусть точки A, B, C, D лежат на прямых, содержащих последовательно стороны квадрата. Построим точку P такую, что AP ⊥ и AP = BD. Согласно задаче 1.88 точка P принадлежит прямой, содержащей сторону квадрата и проходящей через точку C. Проведя через точки B и D перпендикуляры к P C, находим сторону искомого квадрата. Используя ее и точку A, строим квадрат. Существуют два квадрата, отвечающие условию задачи. Если M — образ точки A при повороте около центра O на заданный угол f, то угол между лучами A 1 A и B 1 M равен f. Поэтому величина угла BB 1 M (или ему смежного) равна f. Отсюда вытекает способ построения точки B 1 : помимо данной окружности она принадлежит множеству точек, из каждой из которых отрезок M B виден под углом f (или p − f). 1.118. Поворот около центра O квадрата M BP S отображает отрезок M Q на отрезок SC. 1.119. Решение. При повороте R 90 ◦ C A → B и A 1 → B 1 . Поэтому) и, следовательно, (CD) k (B 1 B). Нов таком случае : CB 1 = AD : DB = 2 : Решение. При повороте около середины M гипотенузы → B, B → K, причем (CB) ⊥ (BK), A 1 → N , где N — середина BK, A → C. Поскольку (AA 1 ) → (CN ) и (AA 1 ) ⊥ (CN ), то N ∈ (CD). Но : BN = 2 : 1, поэтому AD : DN = 2 : 1. 1.120. Проведем касательную к окружности w 1 (M, R) в произвольной точке A. Затем найдем поворот R a M , которым касательная отображается на касательную к w 2 (N, r). Для этого на отрезке M A отложим отрезок M P такой, что M P = R − r. Через точку P проведем прямую параллельную l 1 . Остается найти угол a поворота R a M , при котором отображается напрямую, проходящую через N (задача 1.108). 1.121. Пусть даны окружности a, b, g и b∩g={A, H}, g∩a={B, H}, a ∩ b = {C, H}. Если принять во внимание задачу 1.33, то достаточно сказать, что H — ортоцентр треугольника ABC. В самом деле, если — вторая общая точка прямой AH и окружности a, то поворот около точки C, отображающей b на a, переводит A в D (задача 5 § 6). Следовательно. Поворот с центром B, отображающий g на a, также переводит A в D, откуда BA = BD. Из полученных равенств вытекает симметричность точек A и D относительно (BC). Значит, (AH) ⊥ (Аналогично (BH) ⊥ (AC) и (CH) ⊥ (AB). 1.122. Центральная симметрия относительно точки пересечения осей данных симметрий 1.123. Если a ∩ b ∩ c = O, то через точку O проведем прямую l так, чтобы ∠(a, b) = ∠(l, c) (углы ориентированные. Тогда S b ◦ S a = S c ◦ откуда S c ◦ S b ◦ S a = S l . В случае параллельности прямых a, b, c решение аналогично. Тождественное преобразование. Прямые l, m, p пересекаются в центре O окружности (поэтому каждая из указанных композиций есть осевая симметрия задача, ось которой проходит через O. Кроме того, при композиции S m ◦ S l точка B неподвижна. Значит, S p ◦ S m ◦ S l = S OB . Аналогично S p ◦ S m = и S m ◦ S l ◦ S p = S OA 1.126. Пусть I — точка пересечения биссектрис треугольника Композиция S IC ◦ S IB ◦ есть осевая симметрия, ось которой содержит точку I (задача 1.123). Так как эта композиция отображает прямую на себя, то ее ось перпендикулярна AC. Таким образом, искомой осью является перпендикуляр к AC, проведенный через центр I вписанной в треугольник окружности. Точки пересечения биссектрис углов четырехугольника служат вершинами четырехугольника, у которого сумма противоположных углов равна 180 ◦ . Поэтому, если a, b, c, d — прямые, которым принадлежат последовательно биссектрисы, то (S d ◦ S c ) ◦ (S b ◦ S a ) = R 2(180 ◦ − a) B ◦ ◦ R 2 a A = T — r , где A = a ∩ b, B = c ∩ d, a = ∠(a, b), ∠(c, d) = 180 ◦ − a. 1.128. Если a, b, c, d — прямые, содержащие последовательно стороны четырехугольника, то по условию S d ◦ S c ◦ S b ◦ S a = T — r , откуда S a = (S c ◦ S d ) ◦ T — r . Поэтому углы поворотов S b ◦ S a и S c ◦ S d равны, b) = 2∠(d, c). Если ∠(a, b) — величина внутреннего угла четырехугольника, то с учетом выбранной последовательности прямых и ориентации углов величина ∠(d, c) будет величиной внешнего угла, противоположного первому. Следовательно, сумма противоположных углов четырехугольника равна 180 ◦ 1.129. Так как ∠A + ∠B + ∠C = 180 ◦ , то заданная композиция трех поворотов представляет собой центральную симметрию. Найдем ее центр M . Руководствуясь теоремой о композиции двух поворотов (п. 7.6), находим, что R ∠B B ◦ R ∠A A = R ∠A+∠B I = R 180 ◦ −∠C I , где I — центр вписанной в треугольник ABC окружности. Применяя еще раз туже теорему к композиции R ∠C C ◦ R 180 ◦ −∠C I , получаем, что точка является ортогональной проекцией точки I на AC, поскольку тогда IC = 90 ◦ − (1/2)∠C и ∠MCI = (1/2)∠C. 1.130. Сумма углов поворотов равна 180 ◦ , поэтому их композицией будет центральная симметрия. Если треугольник ABC ориентирован отрицательно, то точка B указанной композицией отображается на себя и поэтому является центром этой симметрии 1.131. Композиция четырех поворотов на каждый около центров квадратов есть тождественное преобразование. На основании задачи 4 § 8 отсюда следует доказываемое утверждение. Пусть треугольник ABC ориентирован положительно и O 1 , O 2 , O 3 — центры квадратов, построенных на его сторонах BC, CA, соответственно. Композиция R 90 ◦ O 3 ◦ есть центральная симметрия с центром в середине K стороны AC, так как сумма углов поворотов равна и C → A. Следовательно, треугольник прямоугольный равнобедренный, ∠K = п. 7.6). Далее, R 90 ◦ K (C) = и R 90 ◦ K (O 3 ) = поэтому отрезки и равны и перпендикулярны. Композиция R 60 ◦ P ◦ R 120 ◦ O 1 ◦ есть тождественное преобразование, так как сумма углов поворотов равна и точка A неподвижна при этой композиции. Углы треугольника M OP равны 90 ◦ , 60 ◦ , 30 ◦ 1.134. Очевидно, достаточно построить ось переносной симметрии. А она проходит через середину отрезка AA 1 , соединяющего данные соответственные точки, параллельно заданному вектору ¯ r 6= ¯ 0. При ¯ r AA 1 6= ¯ r или AA 1 ⊥ ¯ r задача решения не имеет. W — r l = Z O ◦ S u = S v ◦ Z P , причем u ⊥ l, v ⊥ l, u ∩ l = P , v ∩ l = O, P O = (1/2)¯ r. 1.136. При каждой переносной симметрии, отображающей одну изданных окружностей на другую, центры окружностей являются соответственными точками. Вследствие этого оси всех этих симметрий проходят через середину отрезка, соединяющего центры окружностей. Существует единственная переносная симметрия, удовлетворяющая требованиям задачи. Она задается парами точек A → B и → центры данных окружностей. Середины указанных отрезков принадлежат оси переносной или осевой симметрии, задаваемой парами точек A → A 1 , B → B 1 , C → C 1 1.139. Оси указанных трех переносных симметрий проходят через середину отрезка, соединяющего центры данных правильных треугольников. Середины сторон четырехугольника являются вершинами ромба. Оси указанных переносных симметрий содержат его диагонали. Пусть W — r l = S l ◦ S v ◦ S u , Z A = S t ◦ S l , причем u k v, u ⊥ l, t ⊥ Тогда Z A ◦ W — r l = (S t ◦ S l ) ◦ (S l ◦ S v ◦ S u ) = S t ◦ S v ◦ S u . Так как прямые u, v, t параллельны, то эта композиция будет осевой симметрией, ось p которой им параллельна и является прообразом прямой t при переносе, отображающем u на v (задача 1.123). 286 1.142. Если переносная симметрия отображает A на и B на то ее ось проходит через середины отрезков и BB 1 . Равным образом ось переносной симметрии, при которой A → и B → A 1 , содержит середины отрезков и BA 1 . Середины сторон четырехугольника AB 1 BA 1 являются вершинами ромба, диагонали которого принадлежат осям указанных переносных симметрий. Поэтому их композиция есть центральная симметрия. Заданная композиция четырех переносных симметрий есть движение первого рода. Непосредственной проверкой убеждаемся, что — неподвижная точка и AB — двойная прямая этого движения. Так как оно, очевидно, отлично от тождественного, то является симметрией относительно точки A. 1.144. Композиция трех центральных симметрий есть центральная симметрия. Если при центральной симметрии окружность отображается на себя, то центр симметрии совпадает с центром O окружности, причем P M QO — параллелограмм. Остается доказать, что OQ = P M В самом деле = 1 2 (OC + OD), OP = 1 2 (OA + OB), OM = 1 2 (OA + OB + OC + Отсюда получаем P M = OM − OP = 1 2 (OC + OD) = OQ. 1.145. Проведем через центр O окружности прямые a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 , перпендикулярные сторонам AB, BC, CD, DE, EA данного пятиугольника. Композиция симметрии относительно построенных прямых (в указанном порядке) отображает вершину искомого пятиугольника на себя. Надо построить ось l симметрии, являющейся указанной композицией. Тогда точки пересечения прямой l с окружностью дают два решения задачи. Множество неподвижных точек (для каждой из них x 0 = x, y 0 = y) имеет уравнение x − √ 3y = 0 (ось симметрии. a) R 60 ◦ O , б) R 120 ◦ O , в) R 240 ◦ O , г) осевая симметрия относительно прямой + y = 0. 1.148. Движение первого рода 13 (−12x + 5y + 59), y 0 = 1 13 (−5x − 12y + Движение второго рода y + 3, y 0 = x + 1. 287 1.150. x 0 = x − 2a a 2 + b 2 (ax + by + c) − b, y 0 = y − 2b a 2 + b 2 (ax + by + c) + a. 1.151. Ax + By − (2Ax 0 + 2By 0 + C) = 0. 1.153. Систему координат можно выбрать так, чтобы касательная к окружности имела уравнение y = 1. Пусть вершина A имеет координаты a, b. По условию выбора системы координат OA = √ 2, те условие того, что квадрат описан около окружности x 2 + y 2 = 1). Далее напишите формулы поворота и найдите координаты вершин B, C, D. 1.154. Выберем систему координат так, чтобы ось Oy была параллельна прямыми, а начало координат совпадало сверши- ной C прямого угла. Пусть прямая l имеет уравнение y = kx. Если точка A имеет координаты a, b, то A 1 ( a, ka), B 1 (− b, −kb). Находим 1 + CB 2 1 = CA 2 (1 + k 2 ). Так как k = tg p 2 − f = ctg f, то 1 + k 2 = 1 sin 2 f и поэтому CA 2 1 + CB 2 1 = Пусть треугольник ABC ориентирован положительно. При повороте вектора BE = 1 2 (BA + BC) на получаем вектор 2 (BM + QB) = 1 2 QM , чем и заканчивается решение. Пусть O 1 , O 2 , O 3 , O 4 — центры квадратов, построенных соответственно на сторонах AB, BC, CD, DA параллелограмма ABCD (его считаем ориентированным отрицательно. Тогда O 1 O 4 = O 1 A + При повороте на 90 ◦ O 1 A → O 1 B и AO 4 → BO 2 , поэтому O 1 O 4 → O 1 B + + BO 2 = O 1 O 2 . Следовательно, векторы и перпендикулярны и имеют равные длины. В силу симметрии относительно центра параллелограмма четырехугольник является параллелограммом, и вследствие доказанного он — квадрат. Вектор M N = 1 2 (AC 1 + CB) поворотом на отображается на вектор 2 (AB + CA 1 ) = M P . Отсюда следует, что треугольник M N правильный. Поворотом на вектор A 1 O = A 1 C + CO отображается на вектор A 1 B +OA=(M B −M A 1 )+(M A−M O)=−(M A 1 +M O)=−2M где D — середина OA 1 . Это значит, что треугольник M OD правильный OA |