Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
1 = 60 ◦ . Далее находим ∠OA 1 M = 30 ◦ , ∠OM A 1 = 90 ◦ 1.160. Вектор P R = 1 2 (A 1 C 1 + BD) отображается на вектор QS = = 1 2 (B 1 D 1 + CA) поворотом на 90 ◦ 288 1.161. Пусть треугольник ABC ориентирован положительно и) = CD. Тогда вектор AQ = AB + BQ поворотом на отображается на вектор CD + BC = BD и N B = N A + AB → AC + CD = Следовательно, прямые CD, AQ, N B содержат высоты треугольника, а это совпадает с доказываемым утверждением. Выполните поворот вектора SM = 1 2 (AD + BE) на 90 ◦ 1.163. Рассмотрим многоугольник B 1 B 1 . . . B n с вершинами в точках касания. Очевидно, B 1 B 2 + B 2 B 3 + . . . + B n−1 B n + B n B 1 = ¯ 0. При повороте отрезки B 1 B 2 , B 2 B 3 , . . . , отображаются на отрезки, параллельные соответственно отрезкам, OA 2 , . . . , OA n . Но C 1 C 2 + C 2 C 3 + . . . + C n−1 C n + C n C 1 = ¯ 0, причем Следовательно ∠A 1 · OA 1 + sin ∠A 2 · OA 2 + . . . + sin ∠A n · OA n = ¯ 0. 1.164. Поворотом около произвольной плоскости на треугольник отображается на некоторый треугольник A 0 B 0 C 0 . Очевидно xAA 1 , C 0 A 0 = yBB 1 , A 0 B 0 = zCC 1 , где числа x, y, z положительны (или же все отрицательны = B 0 C 0 AA 1 = BC AA 1 = BC 2 2S = a 2 2S , y = b 2 2S , z = c 2 2S (S — площадь треугольника ABC). Так как B 0 C 0 + C 0 A 0 + A 0 B 0 = ¯ 0, то xAA 1 + yBB 1 + zCC 1 = ¯ 0 и поэтому a 2 AA 1 + b 2 BB 1 + c 2 CC 1 = Глава II 2.01. Четырехугольник с вершинами в серединах сторон данного четырехугольника является параллелограммом. Образы данной точки при указанных симметриях служат вершинами четырехугольника, го- мотетичного этому параллелограмму. Окружности гомотетичны относительно точки касания. Прямые и CD — соответственные при этой гомотетии. Треугольник A 1 B 1 C 1 гомотетичен треугольнику с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. 2.05. Пусть D — середина AB и M — центроид треугольника Тогда H 1/3 D (C) = M . Поэтому если точка C пробегает прямую, то точка пробегает прямую, ей параллельную, которую легко построить. Окружность, касающаяся данной окружности в общем конце хорд 2.07. Используйте две гомотетии 1) гомотетию с центром в точке пересечения диагоналей AC и BD трапеции ABCD, при которой A → C, 2) гомотетию с центром в точке пересечения продолжений боковых сторон и BC, при которой A → D. 2.09. Эти окружности гомотетичны относительно их общей точки поскольку они описаны около гомотетичных относительно нее треугольников. Точка O принадлежит линии центров окружностей, что доказывает их касание в точке O. 2.10. Пусть данные неравные окружности w и имеют центры и O 1 , B ∈ w, C ∈ и (BC) ∩ (OO 1 ) = S. Тогда H B→C S ( w) = w 1 . Если AD диаметр окружности w 1 , то при указанной гомотетии A → D и, значит) k (DC), ∠BAC = ∠ACD = 90 ◦ . Когда окружности w и w 1 равны, утверждение очевидно. Если при гомотетии, отображающей большую окружность на меньшую, M → и N → N 1 , то (M 1 N 1 ) k (M N ), откуда `M P = `P и ∠M AP = ∠P AN . 2.13. Рассматривая образ секущей при гомотетии с центром A, отображающей одну окружность на другую, обнаруживаем, что ∠P AQ = = ∠M AN , откуда следует ∠M AP = ∠N AQ. 2.14. Рассмотрим гомотетию с центром A, при которой окружность, проходящая через точки M и N , отображается на окружность, содержащую точки P и Q. Пусть при этой гомотетии M → и N → Проведя общую касательную к окружностям в точке A, находим AQ + ∠N AP = ∠M AN + ∠P AQ + 2∠N AP = = 1 2 `M N + 1 2 `P Q + 2 1 2 `AN + 1 2 `AP = 1 2 `M 1 N 1 + + 1 2 `P Q + `AN 1 + `AP = 1 2 (`M 1 N 1 + `P Q + 2`N 1 AP Поскольку (M 1 N 1 ) k (P Q), то `N 1 AP = `M 1 Q. Поэтому полученная сумма угловых величин дуг равна угловой величине окружности и, значит. Пусть через центр S гомотетии двух окружностей проведены две произвольные секущие, одна из которых пересекает окружности в соответственных при гомотетии с этим центром точках A и A 1 , и B 1 , а другая — в точках C и C 1 , D и D 1 . Доказываемое равенство · SB 1 = SC · следует из подобия треугольников ACS и D 1 B 1 S. 2.17. Пусть при заданной гомотетии M → и N → N 1 . Прямая и параллельная ей прямая, проходящая через точку M , составляют нужную пару прямых. Другой такой парой является прямая M и параллельная ей прямая, проходящая через точку N . 290 2.18. Пусть a — данная окружность с центром O и радиусом r. По условию задачи H 2/3 A (C) = B. Поэтому точка B принадлежит образу окружности a при этой гомотетии и, следовательно, является общей точкой этих окружностей. При OA < 5r существует два решения, при = 5r — одно, а при OA > 5r решений нет. Пусть требуется провести через общую точку A двух данных окружностей a и b прямую MN (M ∈ a, N ∈ b) так, что MA : AN = m : где m и n — данные отрезки. Гомотетия при k = −n/m отображает на N и окружность a на окружность a 1 , проходящую через N . Поэтому точка N есть общая точка окружностей и b. Если данные окружности пересекаются, то задача имеет два решения если же они касаются, то задача или не имеет решения или же решений бесконечно много. Задача решается аналогично предыдущей. Она имеет два решения, соответствующих коэффициентами гомотетий. 2.21. Постройте какую-нибудь окружность w, вписанную в данный угол с вершиной O, а затем гомотетией с центром O отобразите ее на искомую окружность. Если w ∩ (OA) = {P, Q}, то нужными гомотети- ями будут гомотетии H P и H Q→A O . Существуют два решения, если точка A принадлежит внутренней области угла. Искомая точка является центром окружности, содержащей точку и касающейся прямой a. Далее решение аналогично решению предыдущей задачи. Угол между прямой и окружностью есть по определению угол между этой прямой и касательной к окружности в точке их пересечения. Если прямая пересекает две окружности под равными углами, то касательные к окружностям в соответственных точках параллельны, что возможно лишь при условии, если прямая проходит через центр гомотетии окружностей. Если данная точка A не совпадает ни с одним из центров и S 2 гомотетий окружностей, то прямые и два решения задачи при условии, что они пересекают обе окружности. Задача может иметь два решения, одно решение, бесконечно много решений или не иметь решений в зависимости от взаимного расположения окружностей и точки A. 2.24. Проведем касательную t к окружности в выбранной на ней точке S. Построим некоторый квадрат водной полуплоскости с окружностью от прямой t, сторона которого принадлежит t, а середина этой стороны совпадает с S. Гомотетия с центром S отображает этот квадрат на искомый. Решение всегда существует и единственно (с точностью до положения. Если a — длина стороны полученного квадрата и — радиус окружности, то по теореме о среднем пропорциональном − a)a = (a/2) 2 , откуда a/R = 8/5. 291 2.27. Пусть ABCD — искомый параллелограмм с центром O и : BD = m : n, где m и n — данные отрезки. На лучах OA и OB построим соответственно точки и B 1 , для которых OA 1 = m и OB 1 = Тогда (A 1 B 1 ) k (AB) (гомотетия. Треугольник строится по двум сторонами углу между ними. По заданной стороне AB строится треугольники затем параллелограмм ABCD. 2.28. Сначала постройте трапецию по двум углами двум основаниям, равным отрезкам, задающим отношение оснований искомой трапеции. Искомая трапеция является образом построенной при гомотетии, за центр которой удобно принять вершину трапеции, а пару соответственных точек легко получить с помощью высот построенной и искомой трапеций. Пусть искомая окружность w касается данной окружности a в точке S и данной прямой m в данной точке A. Гомотетия с центром отображающая w на a, переводит прямую m в касательную t к a. Так как t k m, то точка T касания прямой t и окружности a легко строится. Прямая T A пересекает a вторично в искомой точке S. Дальнейшее построение ясно. Задача имеет два решения, если A / ∈ a. При A∈a решений нет или же их бесконечно много. Для построения точки касания и данной прямой используйте туже гомотетию, что ив задаче 2.29. В общем случае задача имеет два решения. В частных случаях их может быть одно, бесконечно много или жене существовать совсем. Очевидно, условие a k b необходимо. Пусть (AB) ∦ a и (AB) ∩ a = = A 0 , (AB) ∩ b = B 0 . Если AA 0 6= BB 0 , то существует единственная гомотетия, при которой A → B и a → b (A 0 → B 0 ). Если AA 0 = BB 0 , то гомотетии не существует, а существует перенос. Когда (AB) k a k b, тона прямой AB имеется единственная точка, служащая центром искомой гомотетии. Для ее построения достаточно провести через A и B пару параллельных прямых, точки пересечения которых си соответственно составляют вторую пару соответственных точек при искомой гомотетии. Центр этой гомотетии не зависит от выбора вспомогательной пары параллельных прямых. Проведите через точку M две прямые, параллельные прямыми, и докажите, что точки N и P являются соответственными при гомотетии с центром M . 2.33. Для любой точки O имеем OA 1 = 1 3 (OB + OC + OD), OB 1 = = 1 3 (OA + OC + OD). Поэтому A 1 B 1 = OB 1 − OA 1 = − 1 3 AB. Имеется еще пять аналогичных равенств. Отсюда заключаем, что четырехугольник A 1 B 1 C 1 D 1 гомотетичен четырехугольнику ABCD с коэффициентом k = − 1 3 . Прямые AA 1 , BB 1 , CC 1 , пересекаются в центре гомотетии, которым является центроид G четырехугольника ABCD — точка пересечения его средних линий (задача 1.21). OG = 1 4 (OA + OB + OC + OD). 2.34. Гомотетия отображает треугольник ABC на треугольники, значит, центроид G первого треугольника на центроид второго. Точка G постоянна и является серединой отрезка M M 1 . Следовательно, преобразование M → есть симметрия с центром G. 2.35. Для любой точки O имеем OG= 1 4 (OA+OB+OC +OD) и OG 0 = 1 3 (OA+OB +OC), где G 0 — центроид треугольника ABC. Отсюда OG= = 3 4 OG 0 + 1 4 OM и поэтому G 0 G=OG−OG 0 = 1 4 G 0 M . Следовательно, преобразование есть гомотетия с центром и коэффициентом 4 2.36. Если (AB)k(A 1 B 1 ), (BC)k(B 1 C 1 ), (CD)k(C 1 D 1 ), (AD)k(A 1 D 1 ), (AC) k (A 1 C 1 ), (BD) k (B 1 D 1 ), то четырехугольник ABCD можно отобразить на четырехугольник гомотетией или переносом. Однако можно предположить, что (AB) k (C 1 D 1 ), (BC) k (A 1 D 1 ), (CA) k k (B 1 D 1 ), (CD) k (A 1 B 1 ), (AD) k (B 1 C 1 ), (BD) k (C 1 A 1 ). В этом случае не существует отображения плоскости на себя, при котором прямые отображаются на прямые и одновременно вершины первого четырехугольника на вершины второго. Приведем пример таких двух O A B C D A 0 B 0 C 0 D 0 A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 137 четырехугольников, для которых выполняются все шесть последних условий параллель- ности. Пусть ABCD — четырехугольник, не имеющий описанной окружности. Построим серединные перпендикуляры к его сторонами диагоналям. Если их повернуть на около произвольного центра, то получим четырехугольник рис. 137). Он негомотетичен четырехугольнику, хотя его стороны и диагонали параллельны сторонами диагоналям четырехугольника. Если O и k 1 — центр и коэффициент гомотетии, то OA 1 = По условию OA 2 = OA + kOA 1 1 + k . Отсюда OA 2 = 1 + kk 1 1 + k OA. Так как 1 293 и + kk 1 1 + k 2 , то k 1 = pS 1 /S и поэтому S 2 = S 1 + k pS 1 /S 1 + k 2 = = √ S + k √ S 1 1 + k 2 2.38. На прямой a возьмите точку и постройте проходящую через нее прямую g, которая пересекает b ив точках итак, что B 0 C 0 = m : n. Это построение выполняется с помощью гомотетии с центром A 0 . Существуют две прямые, обладающие требуемым свойством. Искомая прямая l проходит через S параллельно g. Задача не имеет решения только в случае M ∈ l. 2.39. Проведите произвольную прямую g, параллельную данной прямой и не проходящую через точку S = a ∩ b. Пусть g ∩ a = A 0 , g ∩ b = Постройте на g точку C 0 , для которой A 0 B 0 : B 0 C 0 = m : n (имеется две такие точки. Если (SC 0 ) ∩ c = C, то прямая l, проходящая через C параллельно, будет искомой. При (SC 0 ) k c задача не имеет решения. A B C M N P M 1 C 1 N 1 m Рис. 138 2.40. Рассмотрим гомотетию H k B (k > Она отображает искомый четырехугольник на четырехугольник в котором BM 1 = M 1 N 1 = N 1 C 1 , M 1 ∈ [BA), C 1 ∈ [BC), N 1 C 1 k AC (рис. 138). Четырехугольник можно построить. Для этого выбираем произвольно M 1 ∈ [BA). Точка принадлежит окружности (M 1 , и прямой m, параллельной BC и проходящей через точку P ∈ [CA), для которой CP = BM 1 . Гомотетией полученный четырехугольник отображается на искомый — BM N Задача имеет решение при 2 AB < AC < 2AB. 2.41. Середины сторон данного четырехугольника являются вершинами прямоугольника, около которого можно описать окружность. Гомотетия отображает эту окружность на окружность, содержащую указанные центроиды. 2.42. Множество точек пересечения медиан треугольников, вписанных в данную окружность w(O, R), представляет собой открытый круг, ограниченный этой окружностью. Ортоцентр H, центроид G и центр описанной окружности принадлежат одной прямой, причем OH = задача 2 § 14). Следовательно, искомое множество есть открытый круг, гомотетичный данному при гомотетии H 3 O 2.43. Если и совпадают с C, а C 1 — произвольная точка стороны, то центроиды вырожденных треугольников принадлежат отрезку M N , соответственному AB при гомотетии H 1/3 C . Очевидно, искомые центроиды принадлежат трапеции ABM N . Пересечение таких трапеций есть шестиугольник M N P QRS, длины сторон которого равны (1/3)BC, (1/3)CA, (1/3)AB и стороны параллельны сторонам данного треугольника. Проведем через M и N прямые, параллельные соответственно и CA. Если эти прямые пересекаются в точке P , то множество точек P есть открытый параллелограмма искомое множество точек есть открытый параллелограмм A 0 CB 0 D 0 , гомотетичный открытому параллелограмму ACBD при гомотетии H 1/2 C (A 0 , B 0 , середины отрезков CA, CB, AB соответственно. Построим к окружности в точке касательную, пересекающую отрезок CA в точке A 1 , а отрезок CB — в точке B 1 . Гомотетия с коэффициентом k = CA : отображает на N . Но A 1 M 1 = p 1 − где p 1 — полупериметр треугольника A 1 B 1 C. В силу гомотетии имеем, где p — полупериметр треугольника ABC. Поскольку = p − CA, то AN = BM . 2.46. Не может. Действительно, если H b B ◦H a A =H ab C , то AC = 1 − b 1 докажите. При a = b = k и AC = 1 2 AB имеем − k 1 − k 2 = 1 2 . Очевидно 6= ±1, так как иначе композиция гомотетий не была бы гомотетией (п. 15.1). Однако предыдущее равенство выполняется лишь при k = 1. 2.47. T — r ◦ H k O = H k A , где OA = 1 1 − k ¯ r. H k O ◦ T — r = H k B , где OB = k 1 − k ¯ r. 2.48. Пусть H k A , H k B , H k C — искомые гомотетии (k 6= 1). Если H k B ◦ H k A = = H k 2 M , то M ∈ (AB). Для того, чтобы центр гомотетии H k C ◦ совпал с центроидом G треугольника ABC, необходимо, чтобы точки M , C, были коллинеарны. Но тогда M — середина AB, что невозможно задача. Имеем H M →P (N ) = Q, H P →R (Q) = S. Композицией этих го- мотетий является гомотетия H M →R , при которой N → S. Центры P ) ∩ (N Q), (P R) ∩ (QS), (M R) ∩ (N S)) этих гомотетий коллинеарны. Аналогично доказывается коллинеарность трех других точек. Пусть и H k 2 B — данные гомотетии. Если H k 1 A (M ) = N и ) = N , то H 1/k 2 B (H k 1 A (M )) = M . Если k 1 6= то H 1/k 2 B ◦ есть гомотетия и точка M является ее центром. Если же k 1 = k 2 , то H 1/k 2 B ◦ есть переноси точки M не существует. Общая пара соответственных точек при гомотетии и переносе всегда существует и единственна. Для ее построения воспользуйтесь методом, рассмотренным при решении задачи 2.50, и результатами задачи. Если (N P ) ∩ (AB) = X и (N Q) ∩ (AB) = Y , то по аналогии с решением задачи 1 § 16 доказывается, что M — середина XY . Отсюда следует, что (M N ) — ось симметрии прямых N X и N Y . 2.53. Рассмотрим композицию гомотетий и H C→N D , при которой, очевидно, B → N . Произведение коэффициентов и этих гомотетий равно (рис. 139): k 1 k 2 = P C P B · DN DC = M A M B · M B AB = M Поэтому указанная композиция является гомотетией с центром Q и, значит, Q ∈ (P Рис. 139 2.54. Точка B неподвижна при композиции указанных гомотетий. Произведение их коэффициентов равно (теорема Чевы): A 1 C A 1 B · B 1 A B 1 C · C 1 B C 1 A = − CA 1 A 1 B · BC 1 C 1 A · AB 1 B 1 C = Поэтому эта композиция является симметрией с центром B. 2.56. Рассмотрим случай, когда окружности и имеют с w внешнее касание. При гомотетии H k 1 A 1 , где k |