Элементарная математика / Ponarin-I

2.18.Пусть a — данная окружность с центром O и радиусом r. По условию задачи HA2/3(C) = B. Поэтому точка B принадлежит образу a1 окружности a при этой гомотетии и, следовательно, является общей точкой этих окружностей. При OA < 5r существует два решения, при OA = 5r — одно, а при OA > 5r решений нет.

2.19.Пусть требуется провести через общую точку A двух данных окружностей a и b прямую MN (M a, N b) так, что MA : AN = m : n,

где m и n — данные отрезки. Гомотетия HAk при k = −n/m отображает M на N и окружность a на окружность a1, проходящую через N. Поэтому точка N есть общая точка окружностей a1 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.

2.20.Задача решается аналогично предыдущей. Она имеет два решения, соответствующих коэффициентам k и 1/k 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 гомотетиями будут гомотетии HOP→A и HOQ→A. Существуют два решения, если точка A принадлежит внутренней области угла.

2.22.Искомая точка является центром окружности, содержащей точку M и касающейся прямой a. Далее решение аналогично решению предыдущей задачи.

2.23.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 S1 и S2 гомотетий окружностей, то прямые AS1 и AS2 — 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 в одной 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 R — радиус окружности, то по теореме о среднем пропорциональном

(2R − a)a = (a/2)2, откуда a/R = 8/5.

291

2.27. Пусть ABCD — искомый параллелограмм с центром O и AC : BD = m : n, где m и n — данные отрезки. На лучах OA и OB построим соответственно точки A1 и B1, для которых OA1 = m и OB1 = n. Тогда (A1B1) k (AB) (гомотетия). Треугольник OA1B1 строится по двум сторонам и углу между ними. По заданной стороне AB строится треугольник AOB и затем параллелограмм ABCD.

2.28.Сначала постройте трапецию по двум углам и 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.

2.29.Пусть искомая окружность w касается данной окружности a в точке S и данной прямой m в данной точке A. Гомотетия с центром S, 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.

2.30.Для построения точки касания и данной прямой используйте ту же гомотетию, что и в задаче 2.29. В общем случае задача имеет два решения. В частных случаях их может быть одно, бесконечно много или же не существовать совсем.

2.31.Очевидно, условие a kb необходимо. Пусть (AB) , a и (AB) ∩a =

=A0, (AB) ∩ b = B0. Если AA0 6= BB0, то существует единственная гомотетия, при которой A → B и a → b (A0 → B0). Если AA0 = BB0, то гомотетии не существует, а существует перенос. Когда (AB) k a k b, то на прямой AB имеется единственная точка, служащая центром искомой гомотетии. Для ее построения достаточно провести через A и B пару параллельных прямых, точки пересечения которых с a и b соответственно составляют вторую пару соответственных точек при искомой гомотетии. Центр этой гомотетии не зависит от выбора вспомогательной пары параллельных прямых.

2.32.Проведите через точку M две прямые, параллельные прямым l и l1, и докажите, что точки N и P являются соответственными при гомотетии с центром M.

2.33.Для любой точки O имеем: OA1 = 13 (OB + OC + OD), OB1 =

=13 (OA + OC + OD). Поэтому A1B1 = OB1 −OA1 = −13 AB. Имеется еще

пять аналогичных равенств. Отсюда заключаем, что четырехугольник A1B1C1D1 гомотетичен четырехугольнику ABCD с коэффициентом

292

k = −13 . Прямые AA1, BB1, CC1, DD1 пересекаются в центре гомотетии, которым является центроид G четырехугольника ABCD — точка пересечения его средних линий (задача 1.21). OG = 14 (OA + OB + OC + OD).

2.34.Гомотетия HM2 отображает треугольник ABC на треугольник A1B1C1 и, значит, центроид G первого треугольника на центроид M1 второго. Точка G постоянна и является серединой отрезка MM1. Следовательно, преобразование M → M1 есть симметрия с центром G.

2.35.Для любой точки O имеем: OG= 14 (OA+OB+OC+OD) и OG0 =

13 (OA+OB+OC), где G0 — центроид треугольника ABC. Отсюда OG= = 34 OG0 + 14 OM и поэтому G0G=OG−OG0 = 14 G0M. Следовательно, пре-

образование M →G есть гомотетия с центром G0 и коэффициентом 14 .

2.36. Если (AB)k(A1B1), (BC)k(B1C1), (CD)k(C1D1), (AD)k(A1D1),

(AC) k (A1C1), (BD) k (B1D1), то четырехугольник ABCD можно отобразить на четырехугольник A1B1C1D1 гомотетией или переносом. Однако можно предположить, что (AB) k(C1D1), (BC) k(A1D1), (CA) k k (B1D1), (CD) k (A1B1), (AD) k (B1C1), (BD) k (C1A1). 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

2.37. Если O и k1 — центр и коэффициент гомотетии, то OA1 =k1OA.

293

2.38.На прямой a возьмите точку A0 и постройте проходящую через нее прямую g, которая пересекает b и c в точках B0 и C0 так, что A0B0 : B0C0 = m : n. Это построение выполняется с помощью гомотетии с центром A0. 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 p и не проходящую через точку S = a ∩b. Пусть g ∩a = A0, g ∩b = B0. Постройте на g точку C0, для которой A0B0 : B0C0 = m : n (имеется две такие точки). Если (SC0) ∩ c = C, то прямая l, проходящая через C параллельно g, будет искомой. При (SC0) k c задача не имеет решения.

через точку P [CA), для которой CP = BM1. Гомотетией HB1/k полученный четырехугольник BM1N1C1 отображается на искомый — BMNC.

Задача имеет решение при 12 AB < AC < 2AB.

2.41.Середины сторон данного четырехугольника являются верши-

нами прямоугольника, около которого можно описать окружность. Гомотетия HM2/3 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 O описанной окружности принадлежат одной прямой, причем OH = 3OG (задача 2 § 14). Следовательно, искомое множество есть открытый круг, гомотетичный данному при гомотетии HO3 .

2.43.Если A1 и B1 совпадают с C, а C1 — произвольная точка сторо-

ны AB, то центроиды вырожденных треугольников A1B1C1 принадлежат отрезку MN, соответственному AB при гомотетии HC1/3. Очевидно, искомые центроиды принадлежат трапеции ABMN. Пересечение та-

294

ких трапеций есть шестиугольник MNP QRS, длины сторон которого равны (1/3)BC, (1/3)CA, (1/3)AB и стороны параллельны сторонам данного треугольника.

2.44.Проведем через M и N прямые, параллельные соответственно CB и CA. Если эти прямые пересекаются в точке P , то множество точек P есть открытый параллелограмм ACBD, а искомое мно-

жество точек есть открытый параллелограмм A0CB0D0, гомотетичный открытому параллелограмму ACBD при гомотетии HC1/2 (A0, B0, D0 — середины отрезков CA, CB, AB соответственно).

2.45.Построим к окружности в точке M1 касательную, пересекающую отрезок CA в точке A1, а отрезок CB — в точке B1. Гомотетия с коэффициентом k = CA : CA1 отображает M1 на N. Но A1M1 = p1 −CA1,

где p1 — полупериметр треугольника A1B1C. В силу гомотетии имеем: AN = p − CA, где p — полупериметр треугольника ABC. Поскольку

k 6= ±1, так как иначе композиция гомотетий не была бы гомотетией (п. 15.1). Однако предыдущее равенство выполняется лишь при k = 1.

2.47.Tr— ◦ HOk = HAk , где OA = 1 −1 k r¯. HOk ◦ Tr— = HBk , где OB = 1 −k k r¯.

2.48.Пусть HAk , HBk , HCk — искомые гомотетии (k 6= 1). Если HBk ◦HAk =

=HMk2 , то M (AB). Для того, чтобы центр гомотетии HCk ◦ HMk2 совпал с центроидом G треугольника ABC, необходимо, чтобы точки M, C, G были коллинеарны. Но тогда M — середина AB, что невозможно (задача 2.46).

2.49.Имеем: HM→P (N) = Q, HP→R(Q) = S. Композицией этих го-

неарны. Аналогично доказывается коллинеарность трех других точек.

2.50. Пусть HAk1 и HBk2 — данные гомотетии. Если HAk1 (M) = N и HBk21 (M) = N, то HB1/k2 (HAk1 (M)) = M. Если k1 6= k2 то HB1/k2 ◦HAk1 есть гомотетия и точка M является ее центром. Если же k1 = k2, то HB1/k2

есть перенос и точки M не существует.

2.51. 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 2.47.

295

2.52.Если (NP ) ∩ (AB) = X и (NQ) ∩ (AB) = Y , то по аналогии с решением задачи 1 § 16 доказывается, что M — середина XY . Отсюда следует, что (MN) — ось симметрии прямых NX и NY .

2.53.Рассмотрим композицию гомотетий HPB→C и HDC→N , при которой, очевидно, B → N. Произведение коэффициентов k1 и k2 этих гомотетий равно (рис. 139):

k1k2 = P C · DN = MA · MB = MA = CN = QN . P B DC MB AB AB AB QB

Поэтому указанная композиция является гомотетией с центром Q и, значит, Q (P D).

B P C

Q

N

M

A D

Рис. 139

2.54. Точка B неподвижна при композиции указанных гомотетий. Произведение их коэффициентов равно (теорема Чевы):

Поэтому эта композиция является симметрией с центром B.

2.56. Рассмотрим случай, когда окружности w1 и w2 имеют с w внеш-

нее касание. При гомотетии Hk1 , где k1 = − A1O , имеем: w1 →w, O1 →O,

A1 A1O1

B1 →M. При гомотетии Hk2 , где k2 = −A2O , получаем: w →w2, O →O2,

A2 A2O

M → B2. Композиция этих гомотетий (в рассмотренном порядке) есть либо гомотетия HSk, где k = k1k2, либо перенос. При k 6= 1 центр S при-

надлежит прямой A1A2. Так как HSk(O1) = O2 и HSk(B1) = B2, то прямые O1O2 и B1B2 проходят через точку S прямой A1A2. Если k = 1,

то композиция гомотетий есть перенос. Тогда (A1A2) k (O1O2) k (B1B2). Для остальных случаев взаимного расположения данных окружностей доказательство аналогично.

2.57. Треугольник, стороны которого принадлежат прямым m, n, p, отображается гомотетией HQ2 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 −1, то рассматриваемые треугольники центрально симметричны.

2.58.В силу указанных свойств отображения образ произвольной точки при нем будет строиться так же, как и при подобии (п. 18.2), и потому оно является подобием.

2.59.Двумя гомотетическими симметриями с общим центром A, осями симметрии прямых AC и AB и коэффициентами k = AB : AC и −k, причем коэффициент −k имеет гомотетическая симметрия, ось которой перпендикулярна биссектрисе угла CAB.

2.60.Отрезок AC отображается на отрезок BD четырьмя гомотетическими симметриями. Их осями являются две оси симметрии прямых AB и CD и две оси симметрии прямых AD и BC, центрами служат точки пересечения указанных прямых соответственно.

2.61. Если r1 и r2 — радиусы данных окружностей w1 и w2, а O1 и O2 — их центры, то множество центров подобий, каждое из которых отображает w1 на w2, есть окружность Аполлония, для каждой точки M которой MO1 : MO2 = r1 : r2.

2.62.По условию задачи имеем: OB : OA = k, OC : OB = k. Отсюда

OC : OA = k2.

2.63.Пусть m — данная прямая и f — заданное подобие первого рода, отличное от гомотетии. Если f(m0) = m и f(m) = m1, то точки m0 ∩ m

иm ∩ m1 являются соответственными при f.

2.64.Если f — заданное подобие с коэффициентом k, O — центр данной окружности и f(O) = O1, то точка касания окружностей делит отрезок OO1 в отношении 1 : k.

2.65.Гомотетическим поворотом с центром O, углом 45◦ и коэффи-

√

циентом 2 точка A отображается на B и A1 на B1, следовательно, луч AA1 на луч BB1. Поэтому угол между этими лучами равен 45◦. Очевидно, RO90◦ (A) = C и RO90◦ (A1) = C1. Поэтому лучи AA1 и CC1 перпендикулярны.

2.66.Если N — середина DE, то на 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 B 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, A1, C, B1 принадлежат окружности g с диаметром MC. Рассмотрим гомотетический поворот f с центром M, отображающий окружность ABC на окружность g (задача 3 §21). При этом преобразовании A →B1, B →A1 и, значит, P →Q. Отсюда P MQ = BMA =

297

= OMC = a (угол поворота) и MQMP = MAMB1 = k (коэффициент подобия). Следовательно, треугольник P MQ подобен треугольнику MBA1, откуда P QM = BA1M = 90◦. Ориентированный угол между прямыми AB

иB1A1 равен углу a поворота, а a = OMC.

2.69.Рассмотрите дополнительно треугольник с вершинами в сере-

динах сторон треугольника ABC. Решение аналогично решению зада-

1

чи 2 § 21. Коэффициент подобия равен 2 cos(a/2) .

2.70. Ортогональные проекции A0, B0, C0 точки P на прямые BC, CA, AB коллинеарны (задача 1 § 14). Точки A2 = (BC) ∩ (B1C1), B2 = (CA) ∩ (C1A1), C2 = (AB) ∩ (A1B1) являются образами точек A0, B0, C0 соответственно при гомотетическом повороте около центра O

коллинеарность точек A2, B2, C2.

2.71. Гомотетический поворот с центром во второй точке пересечения окружностей w и w1, отображающий w на w1, переводит A в A1 (задача 3 § 21) и поэтому касательную к w в точке A — в касательную к w1 в точке A1. Следовательно, угол между этими касательными равен углу поворота.

2.72. 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, отоб-

ражает P на Q (задача 3 §21) и, значит, дугу ABP на дугу ANQ. Нахо-

дим: P MA + ANQ = 12 `ABP + 12 `ABQ = 12 `ANQ + 12 `ABQ = 180◦. Поэтому (MP ) k (NQ).

2.73.Точки S, B, A, M принадлежат окружности w с диаметром SM. Точки S, B1, A1, N лежат на окружности w1 с диаметром SN. Если O — вторая общая точка этих окружностей, то при гомотетическом повороте около точки O, отображающем w на w1, точки A и B отображаются на точки A1 и B1 соответственно (задача 3 § 21). Следовательно, угол между прямыми AB и A1B1 равен углу f поворота.

2.74.Один из квадратов отображается на другой гомотетическим поворотом на 90◦ 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 → M задается подобие второго рода, при котором m → n и (AB) → (CD). Поэтому прямые m и n образуют соответственно с прямыми AM и BM равные углы (инвариантность величины угла при подобии).

2.76.Подобие второго рода, сохраняя величину угла между прямыми, меняет его ориентацию. Поэтому угол между прямыми a и b

298