Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
1 = − A 1 O A 1 O 1 , имеем, O 1 → O, B 1 → M . При гомотетии H k 2 A 2 , где k 2 = − A 2 O A 2 O , получаем → w 2 , O → O 2 , M → B 2 . Композиция этих гомотетий (в рассмотренном порядке) есть либо гомотетия H k S , где k = k 1 k 2 , либо перенос. При k 6= 1 центр S принадлежит прямой A 1 A 2 . Так как H k S (O 1 ) = и H k S (B 1 ) = B 2 , то прямые и проходят через точку S прямой A 1 A 2 . Если k = то композиция гомотетий есть перенос. Тогда (A 1 A 2 ) k (O 1 O 2 ) k (Для остальных случаев взаимного расположения данных окружностей доказательство аналогично. Треугольник, стороны которого принадлежат прямым m, n, отображается гомотетией на треугольник ABC, который гомотети- 296 чен (с коэффициентом −1/2) треугольнику с вершинами в серединах его сторон. Так как произведение коэффициентов этих гомотетий равно, то рассматриваемые треугольники центрально симметричны. В силу указанных свойств отображения образ произвольной точки при нем будет строиться также, как и при подобии (пи потому оно является подобием. Двумя гомотетическими симметриями с общим центром A, осями симметрии прямых AC и AB и коэффициентами k = AB : AC и причем коэффициент −k имеет гомотетическая симметрия, ось которой перпендикулярна биссектрисе угла CAB. 2.60. Отрезок AC отображается на отрезок BD четырьмя гомоте- тическими симметриями. Их осями являются две оси симметрии прямых и CD и две оси симметрии прямых AD и BC, центрами служат точки пересечения указанных прямых соответственно. Если и r 2 — радиусы данных окружностей и w 2 , аи их центры, то множество центров подобий, каждое из которых отображает наесть окружность Аполлония, для каждой точки которой M O 1 : M O 2 = r 1 : r 2 2.62. По условию задачи имеем OB : OA = k, OC : OB = k. Отсюда : OA = k 2 2.63. Пусть m — данная прямая и f — заданное подобие первого рода, отличное от гомотетии. Если f(m 0 ) = m и f(m) = m 1 , то точки m 0 ∩ m и m ∩ являются соответственными при f. 2.64. Если f — заданное подобие с коэффициентом k, O — центр данной окружности и f(O) = O 1 , то точка касания окружностей делит отрезок в отношении 1 : k. 2.65. Гомотетическим поворотом с центром O, углом и коэффициентом точка A отображается на B и на B 1 , следовательно, луч на луч BB 1 . Поэтому угол между этими лучами равен Очевидно, R 90 ◦ O (A) = C и R 90 ◦ O (A 1 ) = C 1 . Поэтому лучи и перпендикулярны. Если N — середина DE, тона основании задачи 1 § 21 (CM ) ⊥ ⊥ (DN ). Так как (AE) k (DN ), то (CM ) ⊥ (AE). 2.67. При гомотетическом повороте около точки K на 90 ◦ , отображающем на P и C на B, точка D переходит в Q, так как образом квадрата ABCD является квадрат, двумя сторонами которого служат отрезки P B и BQ. Поэтому (DK) ⊥ (QK). 2.68. Точки M , A 1 , C, принадлежат окружности g с диаметром C. Рассмотрим гомотетический поворот f с центром M , отображающий окружность ABC на окружность g (задача 3 §21). При этом преобразовании и, значит, P → Q. Отсюда ∠P M Q = ∠BM A = 297 = ∠OM C = a (угол поворота) и Q M P = M A 1 M B = k (коэффициент подобия). Следовательно, треугольник P M Q подобен треугольнику M BA 1 , откуда. Ориентированный угол между прямыми и равен углу a поворота, а a = ∠OMC. 2.69. Рассмотрите дополнительно треугольник с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Решение аналогично решению задачи. Коэффициент подобия равен 2 cos( a/2) 2.70. Ортогональные проекции A 0 , B 0 , точки P на прямые, CA, AB коллинеарны (задача 1 § 14). Точки A 2 = (BC) ∩ (B 1 C 1 ), B 2 = (CA) ∩ (C 1 A 1 ), C 2 = (AB) ∩ (A 1 B 1 ) являются образами точек A 0 , B 0 , соответственно при гомотетическом повороте около центра окружности на угол с коэффициентом. Отсюда следует коллинеарность точек A 2 , B 2 , C 2 2.71. Гомотетический поворот с центром во второй точке пересечения окружностей w и w 1 , отображающий w на w 1 , переводит A в задача 3 § 21) и поэтому касательную кв точке A — в касательную кв точке A 1 . Следовательно, угол между этими касательными равен углу поворота. Если a и b — данные окружности и M ∈ a, P ∈ a, N ∈ b, Q ∈ b, то гомотетический поворот с центром в точке A, переводящий a в b, отображает на Q (задача 3 § 21) и, значит, дугу ABP на дугу AN Q. Находим Поэтому (M P ) k (N Q). 2.73. Точки S, B, A, M принадлежат окружности w с диаметром Точки S, B 1 , A 1 , N лежат на окружности с диаметром SN . Если O вторая общая точка этих окружностей, то при гомотетическом повороте около точки O, отображающем w на w 1 , точки A и B отображаются на точки и соответственно (задача 3 § 21). Следовательно, угол между прямыми AB и равен углу f поворота. Один из квадратов отображается на другой гомотетическим поворотом на около точки N или же гомотетией. В первом случае точка N принадлежит множеству точек, из которых отрезок AB виден под прямым углом. Во втором случае N = M . 2.75. Пусть (AC) ∩ (BD) = M . Парами точек A → D, B → C, M → задается подобие второго рода, при котором m → n и (AB) → (CD). Поэтому прямые m и n образуют соответственно с прямыми AM и равные углы (инвариантность величины угла при подобии. Подобие второго рода, сохраняя величину угла между прямыми, меняет его ориентацию. Поэтому угол между прямыми a и b 298 равен по абсолютной величине углу между их образами b и c, но противоположно с ним ориентирован. Следовательно, ∠(a, b) + ∠(b, c) = С другой стороны, ∠(a, b) + ∠(b, c) = ∠(a, c). Таким образом, ∠(a, c) = и, значит, a k c. 2.77. Треугольники ACD и CBD являются соответственными при гомотетической симметрии с центром D и осью, содержащей биссектрису угла ADC. Прямые AN и CM также соответственные при этом преобразовании и потому они образуют равные углы с осью гомотети- ческой симметрии. Гомотетической симметрией относительно биссектрисы угла с центром O и коэффициентом k = OB : OA = OD : OC угол отображается на угол BDB 1 2.79. Выберем произвольно прямоугольную декартову систему координат и относительно нее построим точки A 0 (2; 1) и B 0 (3; 2). Подобие, при котором A 0 → A, B 0 → B, отображает эту систему координат на искомую. Задача имеет два решения. Пусть a(O, R) — данная окружность, правильный треугольник искомый, A ∈ a, B ∈ a и D — заданная проекция вершины B на Так как BD : AD = √ 3, то гомотетический поворот f с центром D на и коэффициентом отображает A на B. Поэтому B является общей точкой окружностей a и f(a)=a 1 . При DO < 1 2 (1 + √ 3)R существуют два решения, при DO = 1 2 (1 + √ 3)R — одно, а при DO > 1 2 (1 + √ 3)R решений нет. Пусть четырехугольник ABCD искомый. Выполним гомо- тетический поворот f с центром A, отображающий B на D. Если A B C D C 1 D 1 Рис. 140 f (C) = C 1 , то точки C, D, C 1 коллинеарны (рис. 140), так как по условию ∠ABC + ∠ADC = = и поэтому ∠ADC 1 + ∠ADC = 180 ◦ . Отрезок строится на основании пропорции. Отношение расстояний точки A до точек и C равно коэффициенту k = AD : AB подобия f , а DA дано. Следовательно, построив точки C, D, C 1 , можно найти точку A как общую точку окружности (D, DA) и окружности Аполло- ния, построенной для отрезка и отношения k. Далее треугольник строится потрем сторонам. Пусть даны треугольники три параллельные прямые a, b, c. Требуется построить треугольник ABC, подобный треугольнику, чтобы A ∈ a, B ∈ b, C ∈ c. Гомотетический поворот f с центром в произвольной точке A ∈ a на угол с коэффициентом k = A 1 C 1 : A 1 B 1 299 отображает B на C и b на b 1 . Следовательно, C = c ∩ b 1 . Затем строим = f −1 (C). Если точка A фиксирована, то задача имеет два решения: одно соответствует повороту на угол f = ∠B 1 A 1 C 1 , другое — повороту на угол − f. 2.83. Точка является образом точки A при гомотетическом повороте с центром M на угол a 2 − и коэффициентом 2 sin a 2 . Аналогично точки и есть образы точек B и C соответственно при этом же подобии. Поэтому точки M 1 , M 2 , коллинеарны тогда и только тогда, когда коллинеарны точки A, B, C. 2.84. Если точка M принадлежит искомому множеству, то точки и B являются серединами отрезков M и M M 2 , (AB) k (По условию M 3 ∈ (M 1 M 2 ). Пусть (M M 3 ) ∩ (AB) = D. Так как g = то CD = M D = DM 3 . Отсюда вытекает способ построения точки рис. 141): через произвольную точку D ∈ (AB) проводим прямую Рис. и перпендикуляр к DC, строим прямоугольный равнобедренный треугольник CDM , в котором ∠CDM = −90 ◦ . Так как точка есть образ точки D при гомотетическом повороте около точки C нас коэффициентом, то множество точек M , удовлетворяющих условию, есть прямая, являющаяся образом прямой AB при этом преобразовании. Задача решается аналогично задаче. Данный параллелограмм ABCD и искомый параллелограмм M N P Q (M ∈ (AB), N ∈ (BC), P ∈ (CD), Q ∈ (AD)) имеют общий центр O (задача 1 п. 2.2). По условию ∠M ON = = a и ON : OM = k известны. Гомотетический поворот f с центром O на угол a и коэффициентом k отображает M на N, где N = (BC) ∩ Если a6=∠A и a6=90 ◦ , то существуют четыре решения, соответствующие углам поворотов a, −a, 180 ◦ − a и a − 180 ◦ . При a = 90 ◦ 6= ∠A имеются только два решения. При a = ∠A 6= и k 6= AB : BC число решений равно трем. Когда a = ∠A и k = AB : BC, их бесконечно много, а при a = ∠A = и k 6= AB : BC решений нет. Точка B отображается на C гомотетической симметрией f с центром A, осью l и известным коэффициентом k = AC : AB = m : где m и n — данные отрезки. Если a и b — данные окружности и B ∈ a, C ∈ b, f(a) = a 1 , то C ∈ ( a 1 ∩ b). Число решений равно числу общих точек окружностей и b. 300 2.88. Если A → при подобии первого рода с углом a и коэффициентом искомый центр этого подобия, то ∠AOA 1 = a и OA 1 : OA = Поэтому точка O является общей точкой окружности Аполлония, построенной для отрезка A 1 A и отношения k, и дуги окружности, вмещающей угол a (ориентированный) и стягиваемой хордой AA 1 2.89. Пусть m — данная ось подобия f и f(A)=A 1 . Если M и M 1 — ортогональные проекции на m точек A и соответственно, то Поэтому центр O подобия можно построить по двум парам соответственных точек (п. 20.2). Однако задача решается значительно проще непосредственно. Так как OA 1 : OA = AM 1 : AM = k, то искомый центр есть общая точка прямой m и окружности Аполлония w для отрезка и отношения k. Если (A 1 A) ∩ m = M 0 , то m ∩ w = {M 0 , O}, M 0 → O. 2.90. Если A, B, C, D — данные точки окружности, то центрами подобий второго рода, определяемых парами этих точек, являются точки) и только они. Данная прямая a = (AB) является двойной. Вторая двойная прямая проходит через центр O подобия перпендикулярно a. Для построения центра O подобия замечаем, что на множестве точек прямой a это подобие является гомотетией с центром O, который просто строится по заданным парам соответственных точек. При каждом из восьми подобий центр одного квадрата отображается на центр другого квадрата. Центры подобий удалены от центров квадратов на расстояния, отношение которых равно отношению сторон квадратов. Это значит, что центры квадратов лежат на окружности Аполлония. 2.93. Точка C — центр, оси симметрии прямых CA и CB — двойные прямые данного подобия. Пусть A — центр данной гомотетии c, B — центр данного гомо- тетического поворота g. Рассмотрим образы точек A и B при подобии f = g ◦ c: f(A) = g(c(A)) = g(A) = A 1 , f(B) = g(c(B)) = g(B 0 ) = B 1 . Так как B 0 ∈ (AB), то B 1 ∈ (A 1 B). Применяя способ окружностей построения центра подобия первого рода (следствие из решения задачи 3 § 21), получаем, что таковым является вторая общая точка Q окружности и окружности, содержащей точки и и касающейся прямой в точке A 1 2.95. Если A 1 B 1 : AB = k, то точки деления отрезков AA 1 , BB 1 , в отношении лежат на оси подобия, отображающего A на A 1 , B на B 1 , C на C 1 . Коллинеарны также точки, делящие эти отрезки в отношении. Аналогичное предположение истинно для подобных многоугольников. Один квадрат отображается на другой гомотетическим поворотом около некоторой точки O на 90 ◦ . Точки A и R, B и P , C и B, D и являются соответственными при этом подобии. Каждая из указанных окружностей проходит через точку пересечения соответственных при подобии прямых и поэтому содержит центр O подобия. Указанные тройки точек принадлежат соответственно осям трех подобий, каждое из которых отображает треугольник ABC на треугольник A 1 B 1 C 1 . Эти подобия имеют общую пару соответственных точек — центры O и треугольников — и потому их оси проходят через точку, делящую отрезок O 1 O в отношении A 1 B 1 : AB (п. 20.4). 2.98. Отрезки и A 1 C равны и параллельны, так как служат образами отрезка BC при гомотетических поворотах с центрами A и на одинаковые углы и с равными коэффициентами. Согласно способу построения центра подобия первого рода окружности ABP и A 1 B 1 P , BCP и B 1 C 1 P проходят через центр подобия треугольников ABC и A 1 B 1 C 1 . Тогда окружности ABP и имеют три общие точки B, P , Q и потому совпадают. По той же причине совпадают и окружности A 1 B 1 P и B 1 C 1 P . 2.100. Пусть (AA 1 ) ∩ (BB 1 ) = P , (BB 1 ) ∩ (CC 1 ) = Q (рис. 142). Тогда центр подобия, отображающего треугольник ABC на треугольник, есть вторая точка пересечения окружностей (ABP ) и (С ним совпадает и вторая точка пересечения окружностей (A 1 B 1 P ) и. Центром подобия, отображающего треугольник ABC натре- угольник A 2 B 2 C 2 , является вторая общая точка окружностей (ABP и (BCQ). Центр подобия треугольников и есть общая точка окружностей (A 1 B 1 P ) и (B 1 C 1 Q). Значит, центры этих трех подобий совпадают. A B C A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 P Q Рис. 142 2.101. На основании п. 20.3 существует подобие, при котором A → и A 1 → B 1 , стем же центром S, что ив предыдущей задаче. Отсюда BB 1 = SA : SB. Существует также подобие с центром S, при котором и A 2 → B 2 . Следовательно, AA 2 : BB 2 = SA : SB и, значит BB 1 = AA 2 : BB 2 , откуда AA 1 : AA 2 = BB 1 : BB 2 . Равным образом BB 2 = CC 1 : CC 2 302 2.102. Композиция заданных гомотетических поворотов имеет неподвижную точку B и отлична от движения. Сумма углов поворотов равна. Следовательно, эта композиция есть гомотетия с центром B и коэффициентом k 3 2.103. При повороте около центра O треугольника ABC на точки A, B, C отображаются соответственно на точки B, C, A, и поэтому в силу равенства отношений точки A 1 , B 1 , отображаются соответственно на точки B 1 , C 1 , A 1 , A 2 → B 2 , B 2 → C 2 , C 2 → A 2 , те. треугольники равносторонние и имеют общий центр O. Тогда треугольник A 1 B 1 C 1 есть образ треугольника ABC при подобии Π f O , а треугольник образ треугольника при подобии Π y O . Имеем Π y O (Π f O (4ABC)). Очевидно, композиция Π y O ◦ отлична от движения. Если учесть, что y = −f, то приходим к выводу, что эта композиция есть гомотетия с центром O. 2.104. Пусть P — произвольная точка окружности w, описанной около треугольника ABC, и A 1 , B 1 , C 1 — ее ортогональные проекции на прямые BC, CA, AB соответственно. Точки A, B 1 , C 1 , P лежат на окружности a с диаметром P A (рис. 143). Точки A 1 , B 1 , C, P также Рис. принадлежат окружности g с диаметром P C. Гомотетический поворот с центром P , отображающий на w, переводит в B. Гомотетический поворот с центром P , отображающий w на a, переводит в C 1 . Поэтому композиция этих преобразований отображает g на a и на C 1 . Так как g∩a={P, B 1 }, то B 1 ∈ (A 1 C 1 ) (задача 3 § 21). 2.105. Если (AD) ∩ (BC) = O, то ∠B 1 OC 1 = = подобие. Поэтому поворот, отображающий луч на луч OC 1 , отображает на и, значит, отрезок на отрезок C 1 D 1 2.106. Точка B переходит в C при гомотетическом повороте сцен- тром A, углом BAC и коэффициентом k = AC : AB. Поэтому если пробегает некоторую прямую m, то C пробегает также прямую, являющуюся образом m при указанном подобии. Если S 1 — образ точки S при заданном подобии первого рода и — угол этого подобия (п. 20.1), то из точек пересечения соответственных прямых пучков с центрами S и отрезок виден под углом a или 180 ◦ − a. Следовательно, искомым множеством точек является окружность, содержащая точки S и S 1 2.108. Пусть O — центр данного подобия f первого рода. Данный пучок отображается на пучок параллельных прямых. Прямые h и проходящие через O перпендикулярно прямым данного пучка и их образам, пересекают соответственные прямые этих пучков в соответственных точках. На основании задачи 2.72 множеством точек пересечения соответственных прямых пучков является прямая, проходящая через центр O подобия f . 2.109. Окружность, являющаяся образом окружности a при гомоте- тическом повороте (M → X) около точки A на угол CAB с коэффициентом. Эти окружности проходят через центр подобия треугольников и A 1 B 1 C 1 Из подобия треугольников A 1 B 1 C 1 и A 2 B 2 C 2 имеем: ∠B 1 A 1 C 1 = и A 1 C 1 : A 1 B 1 = A 2 C 2 : A 2 B 2 = k. Если, то AB = A 1 B 1 + lA 2 B 2 1 + l и AC = A 1 C 1 + |