Элементарная математика / Ponarin-I

(AA1) ∩ (CC1) = B0, то треугольник A0B0C0 правильный, в чем убеждаемся поворотом около центра треугольника ABC на 120◦. Замечаем, что S(A0B0C0) = S(ABC) − 3S(ABA1) + 3S(A1BC0). Поскольку

S(ABC)

S(ABC) = 3S(ABA1), то S(A0B0C0) = 3S(A1BC0). Отсюда S(A0B0C0) =

= S(ABA1) . Треугольники ABA1 и A1BC0 подобны. Положим AB = 1.

S(A1BC0)

Задачи

2.114. На данной прямой постройте пару соответственных точек при заданном аффинном преобразовании плоскости.

2.115. Через данную точку проведите две прямые, соответственные при заданном аффинном преобразовании.

2.116. Докажите, что всякое аффинное преобразование плоскости, отличное от подобия, есть композиция родства и подобия.

2.117. Если аффинное преобразование отображает каждую окружность на окружность, то оно является подобием. Докажите.

251

2.118. Докажите, что два четырехугольника аффинно эквивалентны тогда и только тогда, когда диагонали этих четырехугольников делятся точками пересечения в соответственно равных отношениях.

2.119. Прямая, параллельная стороне AC треугольника ABC, пересекает его стороны AB и BC в точках M и P . Докажите, что точка пересечения прямых MC и AP лежит на медиане треугольника ABC.

2.120. Через точку S пересечения диагоналей трапеции проведена прямая параллельно ее основаниям. Докажите, что отрезок этой прямой, отсекаемый боковыми сторонами трапеции, делится точкой S пополам.

2.121. В параллелограмме ABCD точки P и K делят соответственно стороны BC и CD в отношении 2 : 1, считая от вершин B и C. Найдите отношения, в которых делятся отрезки P D и AK точкой их пересечения.

2.122. На стороне AC треугольника ABC взяты точки L и K так, что AL = KC и через них проведены прямые l и k параллельно соответственно AB и BC. Докажите, что прямая, содержащая вершину B и точку пересечения прямых l и k, содержит медиану треугольника ABC.

2.123. Точка M — середина основания AB трапеции ABCD. Через точку P пересечения прямых DM и AC проведена прямая, параллельная основаниям, которая пересекает диагональ BD в точке K. Докажите, что точки P и K делят отрезок прямой P K, отсекаемый боковыми сторонами трапеции, на три равные части.

2.124. Каждая сторона треугольника разделена на три равные части. Каждая точка деления соединена с противоположной вершиной треугольника. Докажите, что в образованном этими прямыми шестиугольнике диагонали, соединяющие противоположные вершины, пересекаются в одной точке.

2.125. Точка G — центроид треугольника ABC. Докажите, что треугольники GAB, GBC, GCA равновелики.

2.126. В параллелограмме ABCD прямая, параллельная AB, пересекает сторону BC и диагональ AC соответственно в точках N и K. Докажите, что треугольники ADK и ABN равновелики.

2.127. Точки A1, B1, C1, D1 — середины сторон AB, BC, CD, DA параллелограмма ABCD. Докажите, что четырехугольник с вершинами в точках пересечения прямых AB1, BC1, CD1, DA1 — параллелограмм и найдите отношение его площади к площади данного параллелограмма.

2.128. На сторонах AB, BC, CA треугольника ABC выбраны соответственно точки M, N, P и построены симметричные им точки M1, N1, P1 относительно середин этих сторон соответственно. Докажите, что треугольники MNP и M1N1P1 равновелики.

252

2.129. На сторонах AB, BC, CA треугольника ABC даны точки M, N, P . На сторонах CA, AB, BC построены соответственно точки M1, N1, P1 так, что (MM1) k (BC), (NN1) k (CA), (P P1) k (AB). Докажите, что треугольники MNP и M1N1P1 равновелики.

2.130. Аффинным образом окружности является эллипс. Докажите, что середины всех параллельных хорд эллипса принадлежат его диаметру.

2.131. Используя аффинную эквивалентность окружности и эллипса, докажите, что площадь области плоскости, ограниченной эллипсом с полуосями a и b, равна pab.

2.132. Дан параллелограмм ABCD. Произвольная прямая пересекает лучи AB, AC, AD соответственно в точках P , Q, R. Докажите,

что

ABAP + ADAR = AQAC .

2.133. Через точку P , лежащую внутри треугольника ABC, проведены прямые l, m, n параллельно сторонам AB, BC, CA соответственно. Если l ∩ (BC) = A1, m ∩ (AC) = B1, n ∩ (AB) = C1, то

P A1 + P B1 + P C1 = 1.

AB BC CA

Докажите.

2.134. Дан треугольник с площадью S. Из его медиан построен другой треугольник, затем из медиан полученного треугольника построен третий треугольник и т. д. до бесконечности. Найдите сумму площадей всех треугольников этой последовательности.

253

треугольников OAM и OA0N имеем: OA : OM = ON : OA0, откуда OM · ON = OA · OA0 = R2. Следовательно, точка N есть образ точки M и обратно. Это значит, что окружность g и прямая l соответствуют друг другу при инверсии относительно окружности w.

Итак, образом окружности, содержащей центр инверсии, является прямая, перпендикулярная линии центров этой окружности и окружности инверсии. Образом прямой, не содержащей центр инверсии, является окружность, проходящая через центр инверсии. Ее диаметром является отрезок OA, где A — образ основания перпендикуляра, опущенного из центра инверсии на данную прямую.

Пусть теперь данная окружность g не проходит через центр инверсии (рис.122). Возьмем ее диаметр AB, принадлежащий линии центров окружностей w и g. Если M0 — образ произвольной точки M g и A0, B0 — образы точек A, B, то OM · OM0 = OA · OA0 = OB · OB0 = R2 (R —

трех углов при вершине M равна сумме углов треугольника A0B0M0 и угол AMB прямой (опирается на диаметр AB), то угол A0M0B0 также прямой. Отсюда следует, что если точка M пробегает окружность g, то ее образ M0 пробегает окружность g0, построенную на отрезке A0B0 как на диаметре.

g0

Рис. 122

Итак, образом окружности g, не содержащей центр инверсии, является окружность g0, также не содержащая центр инверсии. Центры окружностей w, g, g0 коллинеарны.

Заметим, что центры S и Q окружностей g и g0 не соответствуют друг другу при этой инверсии.

256

§26. Инвариантные окружности инверсии

26.1.Ортогональные окружности. Углом между двумя кривыми (в частности, между двумя окружностями) называется угол между касательными к этим кривым в их общей точке. Две пересекающиеся окружности называются ортогональными (друг другу), если касательные к ним в точке пересечения перпендикулярны (рис. 123). Согласно свойству касательной к окружности центр

До к а з а т е л ь с т в о. Соответственные точки M и M0 окружности g лежат на одном луче с началом O, причем одна из них вне, другая — внутри окружности w инверсии (рис.123). Поэтому окружность g пересекает окружность w. Пусть T — одна из точек их пересечения. Докажем, что OT — касательная к окружности g. Если бы прямая OT пересекала g еще в другой точке T1, то по свойству секущих OT · OT1 = R2. Но OT = R и поэтому OT1 = R, т.е. точки T и T1 совпадают, прямая OT касается g в точке T , окружности w и g ортогональны.

26.2. Инверсия как симметрия относительно окружности. Инверсия относительно окружности имеет хорошую аналогию с осевой симметрией.

Теорема. Окружность, содержащая две инверсные точки, инвариантна при данной инверсии (следовательно, ортогональна окружности инверсии).

До к а з а т е л ь с т в о. Если окружность g содержит точки A и A0, соответственные при инверсии относительно окружности w, то центр O инверсии лежит вне отрезка AA0, т.е. вне окружности g (рис.124). Пусть M — произвольная точка окружности g и прямая OM пересекает g вто-

257

рично в точке M0. Тогда по свойству секущих OM ·OM0 = OA·OA0 = R2. Поэтому точки M и M0 взаимно инверсны, и окружность g отобража-

Центры окружностей a и b, ортогональных прямой w, лежат на этой прямой. Предыдущее свойство инверсии (второе ее определение) приводит к тому, что точки A и A0 пересечения окружностей a и b симметричны относительно прямой w (рис. 126).

w

A

Рис. 126

258