WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 9 | 10 || 12 |

«В. В. ПРАСОЛОВ ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО «Московские учебники» ...»

-- [ Страница 11 ] --

Рассмотрим аффинное преобразование, которое переводит векторы a и b в ортогональные векторы a и b, длины которых равны и. Нам нужно, Решения задач чтобы обращалось в нуль скалярное произведение (pa + qb, ua + vb ) = pu + + qv. Поскольку pu > 0 и qv < 0, этого всегда можно добиться выбором чисел и.

Отметим, что при любом аффинном преобразовании образ угла при вер шине C больше образа угла при вершине A;

эти углы нельзя сделать равными.

29.15. Пусть A1, B1,..., F1 — середины сторон AB, BC,..., FA. Равенство диагоналей AD и BE эквивалентно тому, что прямая A1D1 перпендикуляр на прямым AB и DE. Пусть O — точка пересечения прямых A1D1 и B1E1.

Нужно построить аффинное преобразование, которое переводит углы A1 и B четырёхугольника A1BB1O в прямые углы. Для этого можно воспользоваться результатом задачи 29.14. То, что точки пересечения продолжений сторон четырёхугольника A1BB1O расположены именно так, как нужно, следует из выпуклости шестиугольника.

29.16. Предположим, что существует аффинное преобразование, перево дящее векторы a, b, c в векторы a, b, c равной длины. Из равенства a + b + c = 0 следует, что из отрезков длины | |, | |, | | можно составить треугольник.

Предположим теперь, что из отрезков длины | |, | |, | | можно составить треугольник. Тогда a + b + c = 0 для некоторых векторов a, b, c еди ничной длины. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее векторы a и b в a и b. Из равенств a + b + c = 0 и a + b + c = 0 следует, что рассматриваемое аффинное преобразование переводит вектор c в c (предпола гается, что = 0).

29.17. Пусть e1 и e2 — векторы единичной длины на данных прямых l1 и l2. Сжатие с коэффициентом 1/2 в направлении прямой l1 перево дит вектор e1 + e2 в вектор e1 + e2. Пусть — угол между векторами 2 e1 и e2. Длина первого вектора равна + + 2 cos, а длина второ го вектора равна + + cos. Нужно выбрать числа и так, что 2 2 2 + + cos > + + 2 cos, т. е. < - cos. При = 1 это 4 неравенство эквивалентно неравенству < - cos.

29.18. Прежде всего заметим, что преобразование L взаимно однознач но отображает любую прямую на некоторую прямую. Действительно, пусть A1 и B1 — образы двух различных точек A и B. Тогда образ любой точки прямой AB лежит на прямой A1B1. Остаётся доказать, что если C1 — точка прямой A1B1, то её прообраз C лежит на прямой AB. Предположим, что точка C не лежит на прямой AB. Тогда прямые AC и BC различны, а их образы лежат на прямой A1B1. Пусть X — произвольная точка плоскости.

Проведём через X прямую, пересекающую прямые AC и BC в различных точках A и B. Образы точек A и B лежат на прямой A1B1, поэтому образ точки X тоже лежит на прямой A1B1. Это противоречит тому, что образом отображения L служит вся плоскость.

Итак, пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в себя, пере водящее любую прямую в некоторую прямую. Будем последовательно доказы вать свойства этого отображения, используя каждый раз то, что было дока зано на предыдущих шагах. Доказательство первых 5 шагов уже приведено 548 Глава 29. Аффинные преобразования в решениях задач 29.2—29.4. Убедитесь самостоятельно, что там нигде не требуется непрерывность.

Шаг 1. Отображение L переводит параллельные прямые в параллельные прямые.

# – # – Шаг 2. Корректно определено действие L на векторах, т. е. если AB = CD, # – # – то A1B1 = C1D1, где A1, B1, C1, D1 — образы точек A, B, C, D.

Шаг 3. L(0) = 0.

Шаг 4. L(a + b) = L(a) + L(b).

Шаг 5. L(ka) = kL(a) при рациональном k.

Для непрерывного отображения L решение задачи было бы завершено, поскольку любое действительное число k можно приблизить рациональными числами. Но если не требовать непрерывности отображения L, то самая труд ная часть доказательства только начинается.

# – # – Пусть a = OA и b = OB — векторы. При отображении L они # –базисные# – переходят в векторы a1 = O1A1 и b1 = O1B1. Возьмём на прямых OA и OB точки X и Y, соответственно. Они переходят в точки X1 и Y1, лежащие на прямых O1A1 и O1B1, соответственно. Это означает, что L(xa) = (x)a и L(yb) = (y)b1, где и — некоторые взаимно однозначные отображения множества действительных чисел в себя.

Шаг 6. (t) = (t).

# – # – # – # – В самом деле, если OX = t OA и OY = t OB, то прямые XY и AB параллель ны, а значит, прямые X1Y1 и A1B1 тоже параллельны, т. е. (t) = (t).

Мы доказали, что L(xa + yb) = (x)a1 + (y)b1. Остаётся доказать, что (x) = x для всех действительных x. Напомним, что (x) = x при рацио нальных x согласно шагу 5. Поэтому достаточно доказать, что если x < y, то (x) < (y).

Шаг 7. (xy) = (x) (y) при всех действительных x, y.

x Рассмотрим пропорциональные векторы xa + yb и a + b. Их образы y x x (x) (x)a1 + (y)b1 и a1 + b1 тоже пропорциональны, поэтому =.

y y (y) В частности, 1 (1) 1 x (x) = = и = = (x) (y).

y (y) (y) 1/y (1/y) Шаг 8. Если x < y, то (x) < (y).

Согласно шагу 4 получаем (y) = (y - x + x) = (y - x) + (x). Поэтому достаточно проверить, что если t = y - x > 0, то (t) > 0. Положительное число t можно представить в виде t = s2, где s — некоторое действительное число, поэтому (t) = (s)2 > 0.

29.19. Воспользуемся задачей 29.18. Преобразование L-1 переводит любые три точки L(A), L(B), L(C), лежащие на одной прямой, в три точки A, B, C, лежащие на одной прямой. Действительно, если точки A, B, C не лежат на одной прямой, то они попарно различны и через них можно провести окружность. Поэтому точки L(A), L(B), L(C) попарно различны и лежат на одной окружности. Следовательно, эти точки не лежат на одной прямой.

Таким образом, преобразование L-1 аффинное, а значит, преобразование L тоже аффинное.

Решения задач 29.20. Поскольку аффинным преобразованием любой треугольник перево дится в правильный (задача 29.6 б) и при этом сохраняются отношения длин параллельных отрезков (задача 29.5), достаточно доказать утверждение задачи для правильного треугольника ABC. Пусть точки A1, A2, B1, B2, C1, C делят стороны треугольника на равные части, а A, B, C — середины сторон (рис. 29.3). При симметрии относительно AA прямая BB1 перейдёт в CC2, Рис. 29. а прямая BB2 — в CC1. Поскольку симметричные прямые пересекаются на оси симметрии, AA содержит диагональ рассматриваемого шестиугольника.

Аналогично оставшиеся диагонали лежат на BB и CC. Ясно, что медианы AA, BB, CC пересекаются в одной точке.

29.21. Согласно задаче 29.6 в) любой параллелограмм аффинным преоб разованием можно перевести в квадрат. Поскольку при этом сохраняются отношения длин параллельных отрезков (задача 29.5), достаточно доказать утверждение задачи в случае, когда ABCD — квадрат. Обозначим через P точку пересечения прямых b и d. Нам достаточно доказать, что PC MK. Отрезок KL переходит в LM при повороте на 90 вокруг центра квадрата ABCD, поэтому прямые b и d, которые соответственно параллельны этим отрезкам, перпен дикулярны;

значит, P лежит на окружности, описанной вокруг ABCD. Тогда CPD = CBD = 45, следовательно, угол между прямыми CP и b равен 45, но угол между прямыми MK и KL тоже равен 45, и b KL, следовательно, CP MK.

29.22. а) Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее треуголь ник ABC в правильный треугольник A B C. Пусть O, M, N, P — образы точек O, M, N, P. При повороте на 120 вокруг точки O треугольник M N P переходит в себя, поэтому этот треугольник правильный и O — точка пересече ния его медиан. Поскольку при аффинном преобразовании медиана переходит в медиану, O — точка пересечения медиан треугольника MNP.

б) Решение аналогично решению предыдущей задачи.

550 Глава 29. Аффинные преобразования 29.23. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее ABCD в равно бедренную трапецию A B C D. В качестве такого преобразования можно взять аффинное преобразование, переводящее треугольник ADE в равнобедренный треугольник (E — точка пересечения прямых AB и CD). Тогда при симметрии относительно серединного перпендикуляра к A D точка P переходит в точ ку Q, поэтому прямые P Q и A D параллельны.

29.24. Любой параллелограмм ABCD аффинным преобразованием можно перевести в квадрат (для этого нужно треугольник ABC перевести в равнобедренный прямоугольный треуголь ник). Поскольку в задаче идёт речь толь ко о параллельности прямых и об отноше ниях отрезков, лежащих на одной прямой, можно считать, что ABCD — квадрат. Рас смотрим поворот на 90, переводящий ABCD в себя. При этом повороте четырёхугольни ки A1B1C1D1 и A2B2C2D2 тоже переходят в себя, следовательно, они тоже являются квадратами. При этом tg BA1B1 = BB1 : BA1 = = A1D2 : A1A2 = tg A1A2D2, т. е. AB A2D (рис. 29.4).

29.25. а) Поскольку любой треугольник аф финным преобразованием переводится в пра вильный и при этом середины сторон пере ходят в середины сторон, центрально симмет Рис. 29. ричные точки — в центрально симметричные, а равновеликие треугольники — в равновели кие треугольники (задача 29.13), то будем считать, что треугольник ABC равносторонний со стороной a. Обозначим длины отрезков AM, BN, CP че рез p, q, r соответственно. Тогда SABC - SMNP = SAMP + SBMN + SCNP = sin 60(p(a - r) + q(a - p) + r(a - q))/2 = = sin 60(a(p + q + r) - (pq + qr + rp))/2.

Аналогично SABC - SM1N1P1 = sin 60(r(a - p) + p(a - q) + q(a - r))/2 = = sin 60(a(p + q + r) - (pq + qr + rp))/2.

б) Как и в предыдущей задаче, будем считать, что ABC — правильный тре угольник. Пусть M2N2P2 — образ треугольника M1N1P1 при повороте вокруг центра треугольника ABC на 120 в направлении от A к B (рис. 29.5). Тогда AM2 = CM1 = BM. Аналогично, BN2 = CN и CP2 = AP, т. е. точки M2, N2, P симметричны точкам M, N, P относительно середин соответствующих сторон.

Тем самым задача свелась к предыдущей.

29.26. Пусть A = a/|a|, B = b/|b|, C = c/|c|, D = d/|d|. Эти точки лежат на еди ничной окружности. Существует такой поворот R, что B = R (A) и C = R (D).

Но R — это умножение на комплексное число w=cos +i sin. Следовательно, B/A = C/D = w. Пусть k = |abcd|. Тогда acbd = kACBD = kACB-1D-1 = k.

29.27. Сдвинем данные треугольники на векторы -a и -a соответствен но. В результате получатся собственно подобные треугольники с вершинами Решения задач Рис. 29. 0, b - a, c - a и 0, b - a, c - a. При этом точка b - a переводится в точку c - a той же поворотной гомотетией, которой точка b - a переводится в точку c - a. Из этого следует утверждение задачи.

29.28. Если треугольники abc и a b c собственно подобны, то a = az + w, b = bz + w, c = cz + w, где z и w — некоторые комплексные числа. В таком случае a (b-c)+b (c-a)+c (a-b)=(az+w)(b-c)+(bz+w)(c-a)+(cz+w)(a-b)=0.

Предположим теперь, что a (b - c) + b (c - a) + c (a - b) = 0. (1) a - b ab - a b Пусть z = и w =. Тогда a = az + w и b = bz + w. Рассмотрим a - b a - b комплексное число c = cz + w. Треугольники abc и a b c собственно подобны, поэтому a (b - c) + b (c - a) + c (a - b) = 0. (2) Из равенств (1) и (2) следует, что c = c.

29.29. Пусть v = (a + b)/2 — середина отрезка ab. Тогда прямоуголь ные треугольники 0au и 0vb собственно подобны, поскольку имеют рав ные углы в вершине 0. Поэтому согласно задаче 29.27 a/u = v/b. Значит, u = ab/v = 2ab/(a + b).

29.30. Прямоугольные треугольники, образованные соответственно точками 0, (a + b)/2, t и a, (a + a)/2, t, собственно подобны. Согласно задаче 29. a + a - a a + b a - a = =, 2t t - a 2(t - a) т. е. at - 1 + b(t - a) = ta - ta (здесь мы воспользовались равенством aa = |a|2 = 1).

Значит, b = (1 - ta)/(t - a).

552 Глава 29. Аффинные преобразования 29.31. Мы воспользуемся двумя фактами: 1) ортоцентром треугольника abc служит точка a + b + c (задача 13.13);

2) точка, симметричная ортоцентру относительно стороны треугольника, лежит на описанной окружности (зада ча 5.10).

Пусть z — точка, в которой продолжение высоты, опущенной из верши a - z ны a, пересекает описанную окружность. Тогда zz = 1 и число чисто b - c мнимое. Поэтому a - z a - z 1 1 1 1 a - z bc = - = - - - = - ·.

b - c - c a z b c b - c az b Таким образом, z = -bc/a = -abc.

Искомая точка x является серединой отрезка, соединяющего точки z и a + b + c, поэтому x = (a + b + c - abc).

29.32. Прямая, проходящая через точки a1 и a2, параметрически задаётся следующим образом: z = a1 + t(a2 - a1), где t пробегает все вещественные числа. Эквивалентная запись такова: z = a1 + t(a2 - a1). Выразим t из первого уравнения и подставим во второе. В результате получим требуемое.

29.33. а) Окружности и прямые задаются уравнениями A(x2 + y2) + Bx + Cy + D = 0.

с вещественными коэффициентами A, B, C, D (при A = 0 такое уравнение задаёт прямую, а при A = 0 — окружность, точку или пустое множество).

Наоборот, любое такое уравнение задаёт либо окружность, либо прямую, либо точку, либо пустое множество. Но z = x + iy, поэтому x2 + y2 = zz и Bx + Cy = cz + cz, где c = (B - Ci)/2.

б) Образом числа z при инверсии с центром в нуле и степенью 1 является число w = 1/z. Поделив уравнение из задачи а) на zz, получим, что если w — образ точки z при этой инверсии, то Dww + cw + cw + A = 0, т. е. число w удовлетворяет уравнению того же вида.

29.34. а) Треугольник с вершинами a, b, c правильный тогда и только тогда, когда 1 i 3 1 i 3 1 i c = (a + b) ± (a - b) = ± a + b, 2 2 2 2 2 т. е. c = a + b или c = a + b. Эти равенства эквивалентны равенствам 2 4 4 2 a + b + c = 0 и a + b + c = 0, поскольку = 1 и = -1.

2 З а м е ч а н и е. Если a + b + c = 0, то вершины abc обходятся против 4 часовой стрелки, а если a + b + c = 0, то по часовой стрелке.

б) Согласно задаче а) точки a, b и c являются вершинами правильного треугольника тогда и только тогда, когда 2 4 4 2 2 0 = (a + b + c)(a + b + c) = a2 + b2 + c2 + ( + )(ab + bc + ac).

2 4 2 2 Остаётся доказать, что + =-1. Для этого заметим, что (1- )(1+ + )= 6 = 1 - = 0 и = 1.

Решения задач 29.35. Установим соответствие между точками плоскости и комплексными числами так, чтобы центр инверсии находился в нуле. Тогда образом чис ла z при инверсии со степенью R является число R/z. Двойным отношением комплексных чисел a, b, c, d называют комплексное число a - c b - c (abcd) = :.

a - d b - d Если a*, b*, c*, d* — образы чисел a, b, c, d при инверсии, то R/a - R/c R/b - R/c R(c - a)/ac R(c - b)/bc a - c b - c (a*b*c*d*) = : = : = : = (abcd).

R/a - R/d R/b - R/d R(d - a)/ad R(d - b)/bd a - d b - d Задача а) следует из равенства модулей этих чисел, а задача б) — из равен ства их аргументов.

29.36. а) Пусть A, B, C — точки, соответствующие числам a, b, c. Комплекс # – ное число (a - b) : (a - c) вещественно тогда и только тогда, когда векторы AB # – и AC пропорциональны.

б) Пусть S — окружность (или прямая), на которой лежат точки b, c, d.

Прибавив, если нужно, ко всем четырём числам одно и то же комплексное число (это не изменяет двойное отношение), можно считать, что окружность S проходит через 0. Значит, её образ при инверсии — прямая. В решении зада чи 29.35 показано, что двойное отношение сохраняется при инверсии. Поэтому остаётся решить такую задачу. Точки (т. е. комплексные числа) b, c, d лежат на одной прямой;

нужно доказать, что число a лежит на той же прямой тогда a - c b - c и только тогда, когда число : вещественно. Это следует из задачи а).

a - d b - d 29.37. а) Утверждение задачи вытекает из следующих свойств комплекс ных чисел: 1) |zw| = |z| · |w|;

2) |z + w| |z| + |w|. Действительно, если a, b, c, d — произвольные комплексные числа, то (a - b)(c - d) + (b - c)(a - d) = (a - c)(b - d).

Поэтому |a - b| · |c - d| + |b - c| · |a - d| |a - c| · |b - d|.

б) Нужно лишь проверить соответствующее тождество для комплексных чисел a1,..., a6 (это тождество получается из написанного в условии неравен ства заменой знака на знак =, и заменой каждого сомножителя AiAj на сомножитель (ai - aj)).

в) Нестрогое неравенство |z + w| |z| + |w| обращается в равенство тогда и только тогда, когда комплексные числа z и w пропорциональны с веще ственным положительным коэффициентом пропорциональности. Поэтому, как видно из решения задачи а), неравенство Птолемея обращается в равенство (a - b)(c - d) тогда и только тогда, когда число вещественно и положительно, (b - c)(a - d) a - b c - b т. е. число q = : вещественно и отрицательно. Число q — это двойное a - d c - d отношение чисел a, c, b, d. Согласно задаче 29.36 б) оно вещественно тогда и только тогда, когда данные точки лежат на одной окружности. Остаётся доказать, что если данные точки лежат на одной окружности, то q отри цательно тогда и только тогда, когда ломаная abcd несамопересекающаяся.

Последнее условие эквивалентно тому, что точки b и d лежат на разных дугах, 554 Глава 29. Аффинные преобразования высекаемых точками a и c. Отобразим нашу окружность при помощи инвер сии на прямую. В решении задачи 29.35 показано, что двойное отношение сохраняется при инверсии. Поэтому если a*, c*, b*, d* — комплексные числа, соответствующие образам наших точек, то их двойное отношение равно q.

Рассматривая всевозможные (с точностью до порядка) способы расположения точек a*, b*, c*, d* на прямой, легко убедиться, что q < 0 тогда и только тогда, когда на отрезке a c лежит ровно одна из точек b и d.

г) Задачу б) можно следующим образом решить с помощью неравенства Птолемея:

A1A2 · A3A6 · A4A5 + A1A2 · A3A4 · A5A6 + + A2A3 · A1A4 · A5A6 + A2A3 · A4A5 · A1A6 + A3A4 · A2A5 · A1A6 = = A1A2 · A3A6 · A4A5 + (A1A2 · A3A4 + A2A3 · A1A4) · A5A6 + + (A2A3 · A4A5 + A3A4 · A2A5) · A1A A1A2 · A3A6 · A4A5 + A1A3 · A2A4 · A5A6 + A2A4 · A3A5 · A1A6 = = A1A2 · A3A6 · A4A5 + (A1A3 · A5A6 + A3A5 · A1A6) · A2A A1A2 · A3A6 · A4A5 + A1A5 · A3A6 · A2A4 = = (A1A2 · A4A5 + A1A5 · A2A4) · A3A6 A1A4 · A2A5 · A3A6.

Все использованные нестрогие неравенства обращаются в равенства тогда и только тогда, когда четырёхугольники A1A2A3A4, A2A3A4A5, A1A3A5A и A1A2A4A5 вписанные. Легко видеть, что это эквивалентно тому, что ше стиугольник A1... A6 вписанный.

29.38. Докажем сначала, что если u, v, w, z — комплексные числа, причём u + v + w + z = 0, то |uw - vz|2 = |u + v|2|v + w|2.

В самом деле, |uw - vz| = |uw + v(u + v + w)| = |u + v| · |v + w|.

# – # – # – Пусть комплексные числа u, v, w, z соответствуют векторам AB, BC, CD, # – DA. Тогда |u + v|2|v + w|2 = m2n2 и |uw - vz|2 = (uw - vz)(uw - vz) = |uw|2 + |vz|2 - (uwvz - uwvz).

Так как |uw|2 = a2c2 и |vz|2 = b2d2, то остаётся доказать, что uwvz - uwvz = 2abcd cos(A + C).

Для этого достаточно проверить, что аргумент числа uwvz равен ±(A + C).

Остаётся заметить, что аргумент числа uv (соответственно wz) равен ±, где — угол между векторами u и v (соответственно w и z).

29.39. Обозначим через A3 (соответственно B3, C3) отличную от A2 (соответ ственно B2, C2) точку пересечения прямой A1A2 (соответственно B1B2, C1C2) со вписанной окружностью. Нужно доказать, что эти три точки совпадают.

Расположим треугольник ABC на комплексной плоскости так, чтобы впи санная окружность совпала с единичной окружностью с центром в нуле, а прямая l — с вещественной осью. Пусть a, b, c — точки касания вписанной Решения задач окружности со сторонами BC, CA, AB соответственно. Тогда согласно зада че 29.29 A=2bc/(b+c). Поэтому A1 =Re A=(A+A)/2=bc/(b+c)+bc/(b+c). Но bc bbc + bcc |b|2c + |c|2b = = =.

b + c (b + c)(b + c) (b + c)(b + c) b + c Значит, A1 = bc/(b + c) + 1/(b + c) = (1 + bc)/(b + c). Ясно, что A2 = -a. Поэто му согласно задаче 29. 1 + bc 1 + a a + b + c + abc b + c A3 = =.

1 + bc 1 + ab + bc + ca + a b + c Аналогично доказывается, что B3 и C3 тоже равны этому комплексному числу.

29.40. Достаточно рассмотреть случай, когда точкам A, B, C, D соответ ствуют комплексные числа a, b, c, d, лежащие на единичной окружности с центром в нуле. Согласно задаче 29.31 основаниями перпендикуляров, опу щенных из точки A на прямые BC и CD, являются точки x = (a + b + c - abc) и y = (a + c + d - acd). Направление прямой Симсона точки A относительно треугольника BCD задаётся числом 2(x - y) = (1 - ac)(b - d) = a(a - c)(b - d).

Направление прямой Эйлера треугольника BCD задаётся числом b + c + d. Эти a(a - c)(b - d) две прямые перпендикулярны тогда и только тогда, когда число b + c + d чисто мнимое, т. е.

1 1 1 - 1 (a - c)(b - d) a c b d · = -a.

1 1 a b + c + d + + b c d Это равенство после сокращений приводится к следующему симметричному виду: ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0.

29.41. а) Расположим треугольник ABC на комплексной плоскости так, чтобы точка X совпала с нулём. Пусть,, — комплексные числа, со ответствующие вершинам треугольника. Требуемое неравенство следует из тождества · + · + · = 1.

- - - - - - б) Описанные окружности треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C пересека ются в некоторой точке X (задача 2.83 а). Пусть Ra, Rb, Rc — радиусы этих окружностей, R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Тогда a2b1c1 + b2a1c1 + c2a1b1 = 8R sin A sin B sin C(aRbRc + bRcRb + cRaRb) = 4S = (aRbRc + bRcRb + cRaRb).

R Ясно, что 2Ra XA, 2Rb XB, 2Rc XC. Поэтому 4S abcS XB XC XC XA XA XB abcS (aRbRc + bRcRb + cRaRb) · + · + · = 4S2.

R R b c c a a b R 556 Глава 29. Аффинные преобразования 29.42. Пусть точки A, B, C, A1, B1 и C1 соответствуют комплексным числам a, b, c, a1, b1 и c1. Из того, что треугольники BA1C, CB1A и AC1B собственно подобны, следует, что a1 =b+(c-b)z, b1 =c+(a-c)z и c1 =a+(b-a)z для некоторого комплексного числа z. Поэтому a2 + b2 + c2 - a1b1 - b1c1 - a1c1 = (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac)(3z2 - 3z + 1).

1 1 Согласно задаче 29.34 б) треугольник A1B1C1 равносторонний тогда и только тогда, когда выражение в левой части этого равенства обращается в нуль.

Треугольник ABC не равносторонний, поэтому обращаться в нуль должно вы ражение 3z2 - 3z + 1. Для равнобедренного треугольника с углом 120 имеем 1 i z0 = ±. Легко проверить, что z2 - z0 = -. (Разные знаки в выражении 2 2 для z0 соответствуют треугольникам, построенным на сторонах треугольника внешним и внутренним обра зом.) 29.43. Установим соответствие между точками плоскости и комплексными числами так, чтобы точ ка O совпала с нулём. Тогда Bj - Aj = -i(Aj+1 - Aj) и Cj - Aj = -i(Aj - Aj-1) (см. рис. 29.6;

мы считаем, что A0 = An и An+1 = A1). Вычитая второе равенство из первого, получаем Bj - Cj = -i(Aj-1 + Aj+1 - 2Aj).

Но согласно задаче 29.10 Aj-1 + = 2 cos(2 /n)Aj.

Aj+ Значит, Bj - Cj = 2i 1 - cos(2 /n) Aj.

29.44. Пусть A1... An — исходный n-угольник, при чём его вершины занумерованы против часовой стрел ки;

Bj — центр правильного n-угольника, построенного внешним образом на стороне AjAj+1. Будем считать, что точки плоскости отождествлены с комплексны ми числами. Обозначим через w комплексное чис Рис. 29. ло cos(2 /n) + i sin(2 /n). Умножение на w (соответ ственно на w) является поворотом вокруг нуля на угол 2 /n против часовой стрелки (соответственно по часовой стрелке). Точка Aj при повороте вокруг Bj-1 на угол 2 /n против часовой стрелки переходит в точку Aj-1, а при повороте вокруг Bj по часовой стрелке — в точку Aj+1.

Поэтому имеют место равенства Aj-1 - Bj-1 = w(Aj - Bj-1), Aj+1 - Bj = w(Aj - Bj) для всех j = 1,..., n (здесь и далее мы будем считать, что A0 = An и An+1 = A1).

Следовательно, Bj-1(w - 1) = wAj - Aj-1, Bj(w - 1) = wAj - Aj+1.

Сложим эти равенства. Учитывая, что w - 1 = -w(w - 1), получим (Bj - wBj-1)(w - 1) = (w + w)Aj - Aj-1 - Aj+1 (1) для всех j = 1,..., n.

Решения задач Многоугольник B1B1... Bn является правильным тогда и только тогда, ко гда соответствие между точками плоскости и комплексными числами можно установить так, что Bj = wBj-1 для всех j = 1,..., n, т. е. при всех j левая часть (1) равна нулю.

С другой стороны, согласно задаче 29.10 многоугольник A1A2... An аф финно правильный тогда и только тогда, когда соответствие между точками плоскости и комплексными числами можно установить так, что cos(2 /n)Aj = = Aj-1 + Aj+1 для всех j = 1,..., n. Поскольку w + w = cos(2 /n), последнее условие эквивалентно тому, что правая часть (1) равна нулю.

29.45. Согласно задаче 29. Im(a - z)(a - w)(a - b)(a - c) = 0.

Обозначим (a - b)(a - c), (b - a)(b - c) и (c - a)(c - b) через A, B и C соответ ственно. Тогда Im a2A - Im aA(z + w) + Im Azw = 0. (1) Заметим, что a(b + c)A — вещественное число. Действительно, a(b + c)A = 2 Re a(b + c) - |a(b + c)| (чтобы проверить это равенство, нужно воспользоваться тем, что Re = = ( + )/2, и тем, что aa = bb = cc = 1, поскольку точки a, b, c лежат на единичной окружности). Таким образом, Im a2A = Im (a + b + c)aA - Im a(b + c)A = Im aA(a + b + c).

Далее, abc · aA = ab(a - b) · ac(a - c) = (a - b)(a - c) = A.

Следовательно, Im Azw = - Im Azw = - Im aA · abc · zw.

Подставляя эти равенства в (1), получаем Im aA[a + b + c - (z + w) - abc · zw] = Im aAp = (через p обозначено выражение в квадратных скобках).

Аналогично доказывается, что Im bBp = Im cCp = 0. Таким образом, либо p = 0 и тогда утверждение задачи доказано, либо числа aA, bB и cC пропор циональны с вещественным коэффициентом пропорциональности. Но второй случай невозможен, так как иначе число aA a a - c = · bB b - b c 558 Глава 29. Аффинные преобразования было бы вещественным, т. е. bOa = acc1 = n (углы ориентированные:

рис. 29.7). Однако acc1 = - c и bOa = 2c по теореме о вписанном угле, поэтому c = (n - 1), чего не может быть.

29.46. Расположим данный правильный треугольник на комплексной плоскости так, чтобы центр его описанной окружности ока зался в нуле и одной из вершин служила точка 1. Пусть z и w — комплексные числа, соответствующие точкам Z и W. Согласно за даче 29.45 z + w + zw = 0, т. е. z + w = -zw.

Ясно, что z* = 1/z и w* = 1/w. Следовательно, 1 1 1 1 1 z + w 1 z w (z* + w*) = + = = - ;

2 2 z w 2 zw 2 z w модуль этого числа равен.

Рис. 29. 29.47. Расположим данный треугольник так, чтобы центр описанной окружности ока зался в нуле, а точка A — в единице. Пусть z и w — комплексные чис ла, соответствующие точкам Z и W. Повороты плоскости вокруг нуля на указанные углы соответствуют умножению на комплексные числа z/z, w/w и (z + w)/(z + w). Но согласно задаче 29.45 z + w = -zw, значит, произведение этих трёх комплексных чисел равно 1.

29.48. Барицентрические координаты точки не изменяются при аффинном преобразовании, поэтому эллипсы Штейнера задаются такими же уравнени ями, как вписанная и описанная окружности. Поэтому описанный эллипс Штейнера в барицентрических координатах ( : : ) задаётся уравнением + + = 0 (задача 14.40), а вписанный — уравнением 2 2 2 + 2 + 2 = + + (задача 14.54 б).

29.49. Описанный эллипс Штейнера задаётся уравнением + + = (задача 29.48), а описанная окружность — уравнением a2 + b2 + c2 = 0, где a, b, c — длины сторон (задача 14.40). Из первого уравнения получаем = - /( + ). Подставив это выражение во второе уравнение, получим : = (c2 - a2) : (b2 - c2). Таким образом, точка Штейнера имеет барицен трические координаты 1 1 : :.

b2 - c2 c2 - a2 a2 - b З а м е ч а н и е. На с. 395 дано другое определение точки Штейнера. Зада ча 14.59 показывает, что эти определения эквивалентны.

ГЛАВА ПРОЕКТИВНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ § 1. Проективные преобразования прямой 1. Пусть l1 и l2 — две прямые на плоскости, O — точка, не лежащая ни на одной из этих прямых. Центральным проектированием прямой l1 на прямую l2 с центром O называют отображение, которое точке A1 прямой l ставит в соответствие точку пересечения прямой OA1 с прямой l2.

2. Пусть l1 и l2 — две прямые на плоскости, l — прямая, не параллельная ни одной из этих прямых. Параллельным проектированием прямой l1 на прямую l2 вдоль прямой l называют отображение, которое точке A1 прямой l ставит в соответствие точку пересечения прямой l2 с прямой, проходящей через точку A1 параллельно прямой l.

3. Отображение P прямой a на прямую b называют проективным, если оно является композицией центральных или параллельных проектирований, т. е. если существуют прямые a0 = a, a1,..., an = b и отображения Pi прямых ai на ai+1, каждое из которых является либо центральным, либо параллель ным проектированием, причём P является композицией преобразований Pi.

В случае, когда прямая b совпадает с прямой a, отображение P называют проективным преобразованием прямой a.

30.1*. Докажите, что существует проективное отображение, которое три данные точки одной прямой переводит в три данные точки другой прямой.

О п р е д е л е н и е. Двойным отношением четвёрки точек A, B, C, D, лежа щих на одной прямой, называют число c - a d - a (ABCD) = :, c - b d - b где через a, b, c, d обозначены координаты точек A, B, C, D соответственно.

Легко проверить, что двойное отношение не зависит от выбора координаты на прямой. Мы будем также писать AC AD (ABCD) = :, BC BD подразумевая, что через AC/BC (соответственно AD/BD) обозначено отноше # – # – # – # – ние длин этих отрезков, если векторы AC и BC (соответственно AD и BD) сонаправлены, или отношение длин отрезков, взятое со знаком «-», если эти векторы противоположно направлены.

560 Глава 30. Проективные преобразования О п р е д е л е н и е. Двойным отношением четвёрки прямых a, b, c, d, про ходящих через одну точку, называют число sin(a, c) sin(a, d) (abcd) = ± :, sin(b, c) sin(b, d) знак которого выбирается следующим образом: если один из углов, обра зованных прямыми a и b, не пересекается ни с одной из прямых c или d (в этом случае говорят, что пара прямых a и b не разделяет пару прямых c и d), то (abcd) > 0;

в противном случае (abcd) < 0.

30.2*. а) Даны прямые a, b, c, d, проходящие через одну точку, и прямая l, через эту точку не проходящая. Пусть A, B, C, D — точки пересечения прямой l с прямыми a, b, c, d соответственно. Докажите, что (abcd) = (ABCD).

б) Докажите, что двойное отношение четвёрки точек сохраняется при проективных преобразованиях.

30.3*. Докажите, что если (ABCX) = (ABCY), то X = Y (все точки попарно различны, кроме, быть может, точек X и Y, и лежат на одной прямой).

30.4*. Докажите, что проективное преобразование прямой одно значно определяется образами трёх произвольных точек.

30.5*. Докажите, что нетождественное проективное преобразование прямой имеет не более двух неподвижных точек.

30.6*. Дано отображение прямой a на прямую b, сохраняющее двойное отношение любой четвёрки точек. Докажите, что это отоб ражение проективно.

30.7*. Докажите, что преобразование P числовой прямой является проективным тогда и только тогда, когда оно представляется в виде ax + b P(x) =, cx + d где a, b, c, d — такие числа, что ad - bc = 0. (Такие отображения называют дробно-линейными.) 30.8*. Точки A, B, C, D лежат на одной прямой. Докажите, что если (ABCD) = 1, то либо A = B, либо C = D.

30.9*. Даны прямая l, окружность и точки M, N, лежащие на окружности и не лежащие на прямой l. Рассмотрим отображение P прямой l на себя, являющееся композицией проектирования прямой l на данную окружность из точки M и проектирования окружности на прямую l из точки N. (Если точка X лежит на прямой l, то P(X) есть пересечение прямой NY с прямой l, где Y — отличная от M точка пересечения прямой MX с данной окружностью.) Докажите, что преобразование P проективно.

30.10*. Даны прямая l, окружность и точка M, лежащая на окруж ности и не лежащая на прямой l. Пусть PM — проектирование прямой l на данную окружность из точки M (точка X прямой отображается в отличную от M точку пересечения прямой XM с окружностью), Условия задач R — движение плоскости, сохраняющее данную окружность (т. е. пово рот плоскости вокруг центра окружности или симметрия относительно диаметра). Докажите, что композиция P-1 R PM является проектив M ным преобразованием.

З а м е ч а н и е. Если считать, что данная окружность отождествлена с пря мой l посредством проектирования из точки M, то утверждение последней за дачи можно переформулировать следующим образом: отображение окружности на себя при помощи движения плоскости является проективным преобразова нием прямой.

§ 2. Проективные преобразования плоскости О п р е д е л е н и е. Пусть и — две плоскости в пространстве, O — точка, 1 не лежащая ни на одной из этих плоскостей. Центральным проектирова нием плоскости на плоскость с центром O называют отображение, 1 которое точке A1 плоскости ставит в соответствие точку пересечения прямой OA1 с плоскостью.

30.11*. Докажите, что если плоскости и пересекаются, то 1 центральное проектирование на с центром O задаёт взаимно 1 однозначное отображение плоскости с выкинутой прямой l1 на плоскость с выкинутой прямой l2, где l1 и l2 — прямые пересече ния плоскостей и соответственно с плоскостями, проходящими 1 через O и параллельными и. При этом на l1 отображение не 2 определено.

О п р е д е л е н и е. Прямую, на которой не определено центральное проек тирование, называют исключительной прямой данной проекции.

30.12*. Докажите, что при центральном проектировании прямая, не являющаяся исключительной, проецируется в прямую.

Для того чтобы центральное проектирование было определено всюду, удобно считать, что на каждой прямой помимо обычных точек имеется ещё одна точка, называемая бесконечно удалённой. При этом если две прямые парал лельны, то их бесконечно удалённые точки совпадают, другими словами, параллельные прямые пересекаются в бесконечно удалённой точке.

Мы также будем считать, что на каждой плоскости помимо обычных прямых имеется ещё бесконечно удалённая прямая, на которой лежат все бесконечно удалённые точки прямых данной плоскости. Бесконечно удалён ная прямая пересекается с каждой обычной прямой l, лежащей на той же плоскости, в бесконечно удалённой точке прямой l.

Если ввести бесконечно удалённые точки и прямые, то центральное проектирование плоскости на плоскость с центром в точке O будет 1 определено для всех точек плоскости. При этом исключительная пря мая будет проецироваться в бесконечно удалённую прямую плоскости, а именно, образом точки M исключительной прямой будет бесконечно удалённая точка прямой OM;

в этой точке пересекаются прямые на плос кости, параллельные прямой OM.

562 Глава 30. Проективные преобразования 30.13*. Докажите, что если наряду с обычными точками и прямы ми рассматривать бесконечно удалённые, то а) через любые две точки проходит единственная прямая;

б) любые две прямые, лежащие в одной плоскости, пересекаются в единственной точке;

в) центральное проектирование одной плоскости на другую являет ся взаимно однозначным отображением.

О п р е д е л е н и е. Отображение P плоскости на плоскость называют проективным, если оно является композицией центральных проектирова ний и аффинных преобразований, т. е. если существуют плоскости =,,..., = и отображения Pi плоскостей на, каждое из которых 1 n i i+ является либо центральным проектированием, либо аффинным преобразова нием, причём P является композицией преобразований Pi. В случае, когда плоскость совпадает с плоскостью, отображение P называют проектив ным преобразованием плоскости. Прообраз бесконечно удалённой прямой мы будем называть исключительной прямой данного проективного преобра зования.

30.14*. а) Докажите, что проективное преобразование P плоскости, переводящее бесконечно удалённую прямую в бесконечно удалённую прямую, является аффинным.

б) Докажите, что если точки A, B, C, D лежат па прямой, па раллельной исключительной прямой проективного преобразования P плоскости, то P(A)P(B) : P(C)P(D) = AB : CD.

в) Докажите, что если проективное преобразование P переводит параллельные прямые l1 и l2 в параллельные прямые, то либо P аф финно, либо его исключительная прямая параллельна прямым l1 и l2.

г) Пусть P — взаимно однозначное преобразование множества всех конечных и бесконечных точек плоскости, которое каждую прямую переводит в прямую. Докажите, что P проективно.

30.15*. Даны точки A, B, C, D, никакие три из которых не лежат на одной прямой, и точки A1, B1, C1, D1, удовлетворяющие тому же условию.

а) Докажите, что существует проективное преобразование, перево дящее точки A, B, C, D соответственно в точки A1, B1, C1, D1.

б) Докажите, что преобразование из задачи а) единственно, т. е. про ективное преобразование плоскости определяется образами четырёх точек в общем положении (ср. с задачей 30.4).

в) Докажите утверждение задачи а), если точки A, B, C лежат на одной прямой l, а точки A1, B1, C1 — на одной прямой l1.

г) Единственно ли преобразование из задачи в)?

Рассмотрим в пространстве единичную сферу с центром в начале координат.

Пусть N(0, 0, 1) — её северный полюс. Стереографической проекцией сфе ры на плоскость называют отображение, которое каждой точке M сферы сопоставляет точку пересечения прямой MN с плоскостью Oxy. Известно Условия задач (см. например, задачу 16.19, б) в книге: В. В. Прасолов, И. Ф. Шарыгин.

Задачи по стереометрии. М.: Наука, 1989), что при стереографической проекции окружность на сфере переходит в окружность на плоскости (или в прямую). Воспользуйтесь этим фактом при решении задач 30.16 и 30.17.

30.16*. а) Докажите, что существует проективное преобразование, которое данную окружность переводит в окружность, а данную точку, лежащую внутри окружности, переводит в центр образа.

б) Докажите, что если проективное преобразование переводит дан ную окружность в окружность, а точку M — в её центр, то ис ключительная прямая перпендикулярна диаметру, проходящему че рез M.

30.17*. На плоскости дана окружность и не пересекающая её пря мая. Докажите, что существует проективное преобразование, перево дящее данную окружность в окружность, а данную прямую — в беско нечно удалённую прямую.

30.18*. Докажите, что существует проективное преобразование, ко торое данную окружность переводит в окружность, а данную хорду — в её диаметр.

30.19*. Дана окружность S и точка O внутри её. Рассмотрим все проективные преобразования, которые S отображают в окружность, а O — в её центр. Докажите, что все такие преобразования отображают на бесконечность одну и ту же прямую.

Эта прямая называется полярой точки O относительно окружности S.

30.20*. Проективное преобразование некоторую окружность перево дит в себя, а её центр оставляет на месте. Докажите, что это — поворот или симметрия.

30.21*. Даны две параллельные прямые a, b и точка O. Тогда для каждой точки M можно выполнить следующее построение. Проведём через M произвольную прямую l, не проходящую через O и пересе кающую прямые a и b. Точки пересечения обозначим соответственно через A и B, и пусть M — точка пересечения прямой OM с прямой, параллельной OB и проходящей через A.

а) Докажите, что точка M не зависит от выбора прямой l.

б) Докажите, что преобразование плоскости, переводящее точку M в точку M, является проективным.

30.22*. Докажите, что преобразование координатной плоскости, ко торое каждую точку с координатами (x, y) отображает в точку с ко 1 y ординатами,, является проективным.

x x 30.23*. Пусть O — центр линзы, — некоторая плоскость, проходя щая через её оптическую ось, a и f — прямые пересечения плоскости с плоскостью линзы и с фокальной плоскостью соответственно (a f).

В школьном курсе физики показано, что если пренебречь толщиной линзы, то изображение M точки M, лежащей в плоскости, строится 564 Глава 30. Проективные преобразования Рис. 30. следующим образом (рис. 30.1). Проведём через точку M произволь ную прямую l;

пусть A — точка пересечения прямых a и l, B — точка пересечения прямой f с прямой, проходящей через O параллельно l.

Тогда M есть точка пересечения прямых AB и OM. Докажите, что преобразование плоскости, сопоставляющее каждой точке её изобра жение, является проективным.

Таким образом, через увеличительное стекло мы видим образ на шего мира при проективном преобразовании.

§ 3. Переведём данную прямую на бесконечность 30.24*. Докажите, что геометрическое место точек пересечения диа гоналей четырёхугольников ABCD, у которых стороны AB и CD лежат на двух данных прямых l1 и l2, а стороны BC и AD пересекаются в данной точке P, является прямой, проходящей через точку Q пере сечения прямых l1 и l2.

30.25*. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольни ка ABCD, а E, F — точки пересечения продолжений сторон AB и CD, BC и AD соответственно. Прямая EO пересекает стороны AD и BC в точках K и L, а прямая FO пересекает стороны AB и CD в точках M и N. Докажите, что точка X пересечения прямых KN и LM лежит на прямой EF.

30.26*. Прямые a, b, c пересекаются в одной точке O. В треугольни ках A1B1C1 и A2B2C2 вершины A1 и A2 лежат на прямой a;

B1 и B2 — на прямой b;

C1 и C2 — на прямой c. Пусть A, B, C — точки пересече ния прямых B1C1 и B2C2, C1A1 и C2A2, A1B1 и A2B2 соответственно.

Докажите, что точки A, B, C лежат на одной прямой (Дезарг).

30.27*. Точки A, B, C лежат на прямой l, а точки A1, B1, C1 — на прямой l1. Докажите, что точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, CA1 и AC1 лежат на одной прямой (Папп).

Условия задач 30.28*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Пусть E, F — точ ки пересечения продолжений противоположных сторон AB и CD, AD и BC соответственно, M — произвольная точка внутри четырёх угольника. Пусть S — точка пересечения прямых AD и EM, P — точка пересечения прямых AB и FM. Докажите, что прямые BS, PD и MC пересекаются в одной точке.

30.29*. Даны два треугольника ABC и A1B1C1. Известно, что пря мые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке O, и прямые AB1, BC1 и CA1 пересекаются в одной точке O1. Докажите, что прямые AC1, BA1 и CB1 тоже пересекаются в одной точке O2 (теорема о дважды перспективных треугольниках).

30.30*. Даны четырёхугольник ABCD и прямая l. Обозначим че рез P, Q, R точки пересечения прямых AB и CD, AC и BD, BC и AD, а через P1, Q1, R1 — середины отрезков, которые эти пары прямых высекают на прямой l. Докажите, что прямые PP1, QQ1 и RR1 пере секаются в одной точке.

30.31*. Даны треугольник ABC и прямая l. Обозначим через A1, B1, C1 середины отрезков, высекаемых на прямой l углами A, B, C, а через A2, B2, C2 — точки пересечения прямых AA1 и BC, BB1 и AC, CC1 и AB. Докажите, что точки A2, B2, C2 лежат на одной прямой.

30.32*. Даны четыре точки A, B, C, D. Пусть P, Q, R — точки пересечения прямых AB и CD, AD и BC, AC и BD соответствен но;

K и L — точки пересечения прямой QR с прямыми AB и CD соответственно. Докажите, что (QRKL) = -1 (теорема о полном че тырёхстороннике).

30.33*. Окружность пересекает прямые BC, CA, AB в точках A и A2, B1 и B2, C1 и C2. Пусть la — прямая, соединяющая точки пере сечения прямых BB1 и CC2, BB2 и CC1;

прямые lb и lc определяются аналогично. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке (или параллельны).

30.34*. Докажите, что для любого нечётного n 3 на плоскости можно указать 2n различных точек, не лежащих на одной прямой, и разбить их на пары так, чтобы любая прямая, проходящая через две точки из разных пар, проходила бы ещё через одну из этих 2n точек.

§ 4. Применение проективных преобразований, сохраняющих окружность Основным инструментом для решения задач этого параграфа являются задачи 30.16 и 30.17.

30.35*. Докажите, что прямые, соединяющие противоположные точки касания описанного четырёхугольника, проходят через точку пересечения диагоналей.

566 Глава 30. Проективные преобразования 30.36*. Докажите, что прямые, соединяющие вершины треугольни ка с точками касания противоположных сторон с вписанной окружно стью, пересекаются в одной точке.

30.37*. а) Через точку P проводятся всевозможные секущие данной окружности S. Найдите геометрическое место точек пересечения ка сательных к окружности S, проведённых в двух точках пересечения окружности с секущей.

б) Через точку P проводятся всевозможные пары секущих AB и CD окружности S (A, B, C, D — точки пересечения с окружностью). Най дите геометрическое место точек пересечения прямых AC и BD.

30.38*. Даны окружность S, прямая l, точка M, лежащая на S и не лежащая на l, и точка O, не лежащая на S. Рассмотрим преобразо вание P прямой l, являющееся композицией проектирований l на S из M, S на себя из O и S на l из M, т. е. P(A) — пересечение прямых l и MC, где C — отличная от B точка пересечения S с прямой OB, а B — отличная от M точка пересечения S с прямой MA. Докажите, что преобразование P проективно.

З а м е ч а н и е. Если считать, что окружность S отождествлена с прямой l посредством проектирования из точки M, то утверждение последней задачи можно переформулировать следующим образом: центральное проектирование окружности на себя является проективным преобразованием.

30.39*. Даны окружность S, точка P, расположенная вне S, и пря мая l, проходящая через P и пересекающая окружность в точках A и B. Точку пересечения касательных к окружности в точках A и B обозначим через K.

а) Рассмотрим всевозможные прямые, проходящие через P и пере секающие AK и BK в точках M и N. Докажите, что геометрическим местом точек пересечения отличных от AK и BK касательных к S, проведённых из точек M и N, является некоторая прямая, прохо дящая через K, из которой выкинуто её пересечение с внутренно стью S.

б) Будем на окружности разными способами выбирать точку R и проводить прямую, соединяющую отличные от R точки пересечения прямых RK и RP с S. Докажите, что все полученные прямые проходят через одну точку, и эта точка лежит на l.

30.40*. Вневписанная окружность треугольника ABC касается сто роны BC в точке D, а продолжений сторон AB и AC — в точках E и F.

Пусть T — точка пересечения прямых BF и CE. Докажите, что точки A, D и T лежат на одной прямой.

30.41*. Пусть ABCDEF — описанный шестиугольник. Докажите, что его диагонали AD, BE и CF пересекаются в одной точке (Брианшон).

30.42*. В окружность S вписан шестиугольник ABCDEF. Докажи те, что точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA лежат на одной прямой (Паскаль).

Условия задач 30.43*. Пусть O — середина хорды AB окружности S, MN и PQ — произвольные хорды, проходящие через O, причём точки P и N лежат по одну сторону от AB, E и F — точки пересечения хорды AB с хорда ми MP и NQ соответственно. Докажите, что O — середина отрезка EF (задача о бабочке).

30.44*. Точки A, B, C и D лежат на окружности, SA и SD — ка сательные к этой окружности, P и Q — точки пересечения прямых AB и CD, AC и BD соответственно. Докажите, что точки P, Q и S лежат на одной прямой.

§ 5. Применение проективных преобразований прямой в задачах на доказательство 30.45*. На стороне AB четырёхугольника ABCD взята точка M1.

Пусть M2 — проекция M1 на прямую BC из D, M3 — проекция M на CD из A, M4 — проекция M3 на DA из B, M5 — проекция M на AB из C и т. д. Докажите, что M13 = M1 (а значит, M14 = M2, M15 = M3 и т. д.).

30.46*. Используя проективные преобразования прямой, докажите теорему о полном четырёхстороннике (задача 30.32).

30.47*. Используя проективные преобразования прямой, докажите теорему Паппа (задача 30.27).

30.48*. Используя проективные преобразования прямой, решите за дачу о бабочке (задача 30.43).

30.49*. Точки A, B, C, D, E, F лежат на одной окружности. Дока жите, что точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA лежат на одной прямой (Паскаль).

§ 6. Применение проективных преобразований прямой в задачах на построение 30.50*. Даны окружность, прямая и точки A, A, B, B, C, C, M, лежащие на этой прямой. Согласно задачам 30.1 и 30.4 существу ет единственное проективное преобразование данной прямой на себя, отображающее точки A, B, C соответственно в A, B, C. Обозначим это преобразование через P. Постройте при помощи одной линейки а) точку P(M);

б) неподвижные точки отображения P (задача Штей нера).

Задача построения неподвижных точек проективного преобразования явля ется ключевой для этого параграфа в том смысле, что остальные задачи тем или иным способом к ней сводятся (см. также замечания после задач 30. и 30.38).

30.51*. Даны две прямые l1 и l2 и две точки A и B, не лежа щие на этих прямых. Циркулем и линейкой постройте на прямой l 568 Глава 30. Проективные преобразования точку X так, чтобы прямые AX и BX высекали на прямой l2 отрезок, а) имеющий данную длину a;

б) делящийся пополам данной точкой E прямой l2.

30.52*. Точки A и B лежат на прямых a и b соответственно, а точ ка P не лежит ни на одной из этих прямых. Циркулем и линейкой проведите через P прямую, пересекающую прямые a и b в точках X и Y соответственно таких, что длины отрезков AX и BY имеют а) данное отношение;

б) данное произведение.

30.53*. Циркулем и линейкой проведите через данную точку пря мую, на которой три данные прямые высекают равные отрезки.

30.54*. Даны окружность S и две хорды AB и CD. Циркулем и ли нейкой постройте на окружности точку X так, чтобы прямые AX и BX высекали на CD отрезок а) имеющий данную длину a;

б) делящийся пополам данной точкой E хорды CD.

30.55*. а) Даны прямая l и точка P вне её. Циркулем и линейкой постройте на l отрезок XY данной длины, который виден из P под данным углом.

б) Даны две прямые l1 и l2 и точки P и Q, не лежащие на этих прямых. Циркулем и линейкой постройте на прямой l1 точку X и на прямой l2 точку Y так, что отрезок XY виден из точки P под данным углом, а из точки Q — под данным углом.

30.56*. а) Дана некоторая окружность. При помощи одной линей ки постройте n-угольник, стороны которого проходят через данные n точек, а вершины лежат на n данных прямых.

б) При помощи одной линейки впишите в данную окружность n-угольник, стороны которого проходят через данные n точек.

в) При помощи циркуля и линейки впишите в данную окружность многоугольник, у которого некоторые стороны проходят через данные точки, некоторые другие параллельны данным прямым, а остальные имеют данные длины (о каждой стороне имеется информация одного из трёх перечисленных типов).

§ 7. Невозможность построений при помощи одной линейки 30.57*. Докажите, что при помощи одной линейки нельзя разде лить данный отрезок пополам.

30.58*. На плоскости дана окружность. Докажите, что при помощи одной линейки нельзя построить её центр.

Решения 30.1. Обозначим данные прямые через l0 и l, данные точки на пря мой l0 — через A0, B0, C0, данные точки на прямой l — через A, B, C.

Пусть l1 — произвольная прямая, не проходящая через точку A. Возьмём Решения задач произвольную точку O0, не лежащую на прямых l0 и l1. Обозначим через P центральное проектирование прямой l0 на прямую l1 с центром в точке O0, а через A1, B1, C1 — проекции точек A0, B0, C0. Пусть l2 — произвольная прямая, проходящая через точку A, не совпадающая с прямой l и не прохо дящая через A1. Возьмём некоторую точку O1 на прямой AA1 и рассмотрим центральное проектирование P1 прямой l1 на l2 с центром в O1. Обозначим через A2, B2, C2 проекции точек A1, B1, C1. Ясно, что A2 совпадает с A. Нако нец, пусть P2 — проектирование прямой l2 на прямую l, которое в том случае, когда прямые BB2 и CC2 не параллельны, является центральным проектиро ванием с центром в точке пересечения этих прямых, а в том случае, когда прямые BB2 и CC2 параллельны, является параллельным проектированием вдоль одной из этих прямых. Композиция P2 P1 P0 является требуемым проективным отображением.

30.2. а) Обозначим точку пересечения четырёх данных прямых через O;

пусть H — проекция этой точки на прямую l и h = OH. Тогда 2SOAC = OA · OC sin(a, c) = h · AC, 2SOBC = OB · OC sin(b, c) = h · BC, 2SOAD = OA · OD sin(a, d) = h · AD, 2SOBD = OB · OD sin(b, d) = h · BD.

Поделив первое равенство на второе, а третье — на четвёртое, получаем OA sin(a, c) AC OA sin(a, d) AD =, =.

OB sin(b, c) BC OB sin(b, d) BD Деля получившиеся равенства, получаем |(ABCD)| = |(abcd)|. Для доказатель ства того, что числа (ABCD) и (abcd) имеют одинаковый знак, можно, например, выписать все возможные способы расположения точек на прямой (24 способа), и в каждом случае убедиться в том, что (ABCD) положительно тогда и только тогда, когда пара прямых a, b не разделяет пару прямых c, d.

б) Является непосредственным следствием задачи а).

30.3. Пусть a, b, c, x, y — координаты точек A, B, C, X, Y. Тогда x - a c - a y - a c - a : = :.

x - b c - b y - b c - b Следовательно, поскольку все точки различны, (x - a)(y - b) = (x - b)(y - a).

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем ax - bx = ay - by.

Сокращая это равенство на (a - b), получаем x = y.

30.4. Пусть образ каждой из трёх данных точек при одном проектив ном преобразовании совпадает с образом этой точки при другом проективном преобразовании. Докажем, что тогда совпадают образы любой другой точки при этих преобразованиях. Обозначим образы данных точек через A, B, C.

Возьмём произвольную точку и обозначим через X и Y её образы при данных проективных преобразованиях. Тогда согласно задаче 30.2 (ABCX) = (ABCY), поэтому согласно задаче 30.3 X = Y.

30.5. Эта задача является следствием предыдущей.

30.6. Фиксируем на прямой a три различные точки. Согласно задаче 30. существует проективное отображение P, которое эти точки отображает так же, как данное отображение. Но в решении задачи 30.4 фактически доказано, что 570 Глава 30. Проективные преобразования любое отображение, сохраняющее двойное отношение, однозначно определяет ся образами трёх точек. Поэтому данное отображение совпадает с P.

30.7. Во-первых, покажем, что дробно-линейное преобразование ax + b P(x) =, ad - bc = 0, cx + d сохраняет двойное отношение. Действительно, пусть x1, x2, x3, x4 — произ вольные числа и yi = P(xi). Тогда axi + b axj + b (ad - bc)(xi - xj) yi - yj = - = ;

cxi + d cxj + d (cxi + d)(cxj + d) следовательно, (y1y2y3y4) = (x1x2x3x4).

В решении задачи 30.4 фактически было доказано, что если преобра зование прямой сохраняет двойное отношение, то оно однозначно задаётся образами трёх различных точек. Согласно задаче 30.2 б) проективные преоб разования сохраняют двойное отношение. Остаётся доказать, что для любых попарно различных точек x1, x2, x3 и попарно различных точек y1, y2, y3 най дётся дробно-линейное преобразование P, для которого P(xi) = yi. Для этого, в свою очередь, достаточно доказать, что для любых трёх различных точек найдётся дробно-линейное преобразование, переводящее их в три фиксирован ные точки z1 = 0, z2 = 1, z3 =. Действительно, если P1 и P2 — дробно-линей ные преобразования, для которых P1(xi) = zi и P2(yi) = zi, то P-1(P1(xi)) = yi.

(Преобразование, обратное дробно-линейному, является дробно-линейным, так как если y = (ax + b)/(cx + d), то x = (dy - b)/(-cy + a);

то, что композиция дробно-линейных преобразований дробно-линейна, проверьте самостоятельно.) Итак, надо доказать, что если x1, x2, x3 — произвольные различные числа, то найдутся такие числа a, b, c, d, что ad - bc = 0 и ax1 + b = 0, ax2 + b = cx2 + d, cx3 + d = 0.

Найдя из первого и третьего уравнений b и d и подставив во второе, получаем уравнение a(x2 - x1) = c(x2 - x3), из которого находим решение a = (x2 - x3), b = x1(x3 - x2), c = (x2 - x1), d = x3(x1 - x2). При этом ad - bc = (x1 - x2)(x2 - x3)(x3 - x1) = 0.

30.8. П е р в о е р е ш е н и е. Пусть a, b, c, d — координаты данных точек.

Тогда по условию (c - a)(d - b) = (c - b)(d - a). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем cb + ad = ca + bd. Перенося всё в левую часть и разлагая на множители, получаем (d - c)(b - a) = 0, т. е. либо a = b, либо c = d.

В т о р о е р е ш е н и е. Предположим, что C = D, и докажем, что в этом случае A = B. Рассмотрим центральное проектирование данной прямой на другую прямую, при котором точка D проецируется в бесконечно удалённую точку. Пусть A, B, C — проекции точек A, B, C. Согласно задаче 30. # – # – (ABCD) = (A B C ) = 1, т. е. AC = BC. Но это значит, что A = B.

30.9. Согласно задаче 30.6 достаточно доказать, что преобразование P со храняет двойное отношение четвёрки точек. Пусть A, B, C, D — произвольные Решения задач точки прямой l. Обозначим через A, B, C, D их образы при преобразо вании P, а через a, b, c, d и a, b, c, d — прямые MA, MB, MC, MD и NA, NB, NC, ND соответственно. Тогда согласно задаче 30.2 а) (ABCD) = = (abcd) и (A B C D ) = (a b c d ), а по теореме о вписанном угле (a, c) = = (a, c ), (b, c) = (b, c ) и т. д., а значит, (abcd) = (a b c d ).

30.10. Пусть N = R-1(M), m = R(l), PN — проектирование прямой l на окружность из точки N, Q — проектирование прямой m на прямую l из точки M. Тогда P-1 R PM = Q R P-1 PM. Но согласно предыдущей задаче M N отображение P-1 PM проективно.

N 30.11. Прямые, проходящие через O и параллельные плоскости (соответ ственно ), пересекают плоскость (соответственно ) в точках прямой l 2 2 (соответственно l1). Поэтому если точка лежит на одной из плоскостей, 1 и не лежит на прямых l1, l2, то определено проектирование её на другую плоскость. Ясно, что разные точки проецируются в разные.

30.12. При центральной проекции на плоскость с центром O прямая l проецируется в пересечение плоскости, проходящей через O и l, с плоско стью.

30.13. Эта задача является непосредственным следствием аксиом геометрии и определения.

30.14. а) Из задачи 30.13 в) следует, что если наряду с обычными точками рассматривать бесконечно удалённые, то преобразование P взаимно одно значно. При этом бесконечно удалённая прямая отображается на бесконечно удалённую прямую. Поэтому множество конечных точек тоже взаимно одно значно отображается на множество конечных точек. А поскольку прямые при отображении P переводятся в прямые, то P аффинно.

б) Обозначим через l прямую, на которой лежат точки A, B, C, D, а че рез l0 — исключительную прямую преобразования P. Возьмём произвольную точку O вне плоскости и рассмотрим плоскость, которая проходит через прямую l и параллельна плоскости, проходящей через прямую l0 и точку O.

Пусть Q — композиция центрального проектирования плоскости на плос кость с центром O и последующего поворота пространства вокруг оси l, переводящего плоскость в плоскость. Исключительной прямой преобразо вания Q является прямая l0. Поэтому проективное преобразование R = P Q- плоскости переводит бесконечно удалённую прямую в бесконечно удалённую прямую и согласно задаче а) является аффинным, в частности, сохраняет отношения отрезков, лежащих на прямой l. Остаётся заметить, что преоб разование Q оставляет точки прямой l неподвижными.

в) То, что параллельные прямые l1 и l2 переходят в параллельные, озна чает, что бесконечно удалённая точка A этих прямых переходит в бесконечно удалённую точку, т. е. A лежит на прообразе l бесконечно удалённой прямой.

Следовательно, либо l — бесконечно удалённая прямая, и тогда согласно зада че а) преобразование P аффинно, либо прямая l параллельна прямым l1 и l2.

г) Обозначим через l бесконечно удалённую прямую. Если P(l) = l, то P задаёт взаимно однозначное преобразование плоскости, которое каждую прямую переводит в прямую, и, значит, по определению является аффинным.

В противном случае обозначим P(l) через a и рассмотрим произвольное проективное преобразование Q, исключительной прямой которого является a.

Обозначим Q P через R. Тогда R(l) = l, и, значит, как было показано выше, R аффинно. Следовательно, P = Q-1 R проективно.

572 Глава 30. Проективные преобразования 30.15. а) Достаточно показать, что точки A, B, C, D можно перевести проективным преобразованием в вершины квадрата. Пусть E и F — точки (возможно, бесконечно удалённые) пересечения прямой AB с прямой CD и прямой BC с прямой AD соответственно. Если прямая EF конечна, то суще ствует центральное проектирование плоскости ABC на некоторую плоскость, для которого EF — исключительная прямая. В качестве центра проецирова ния можно взять произвольную точку O вне плоскости ABC, а в качестве плоскости — произвольную плоскость, параллельную плоскости OEF и не совпадающую с ней. При этом точки A, B, C, D проецируются в верши ны параллелограмма, который уже при помощи аффинного преобразования можно перевести в квадрат. Если же прямая EF бесконечно удалённая, то ABCD — уже параллелограмм.

б) В силу задачи а) нам достаточно разобрать случай, когда ABCD и A1B1C1D1 — один и тот же параллелограмм. В этом случае его вершины неподвижны, а значит, неподвижны две точки бесконечно удалённой прямой, в которых пересекаются продолжения противоположных сторон. Поэтому со гласно задаче 30.14 а) отображение должно быть аффинным, и, следовательно, согласно задаче 29.6, — тождественным.

в) Поскольку прямые l и l1 мы можем спроецировать на бесконечно удалён ные прямые (см. решение задачи а)), нам достаточно доказать, что существует аффинное преобразование, которое данную точку O отображает в данную точку O1, а прямые, параллельные данным прямым a, b, c соответственно, отображает на прямые, параллельные данным прямым a1, b1, c1 соответствен но. Можно считать, что прямые a, b, c проходят через O, а прямые a1, b1, c1 — через O1. Выберем на c и c1 произвольные точки C и C1 и проведём через каждую из них по две прямые a, b и a, b параллельно прямым 1 a, b и a1, b1 соответственно. Тогда аффинное преобразование, которое парал лелограмм, ограниченный прямыми a, a, b, b, переводит в параллелограмм, ограниченный прямыми a1, a, b1, b (см. задачу 29.6 в), является искомым.

1 г) Не обязательно. Преобразование из задачи 30.21 (как и тождественное преобразование) оставляет неподвижными точку O и прямую a.

30.16. а) Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единич ной окружности (см. рис. 30.2), обозначим через P середину отрезка EM, Рис. 30. а через M* и P* — точки пересечения прямых NM и NP соответственно с прямой OE.

Решения задач Докажем, что для любого числа k > 2 можно выбрать точку M таким образом, что M*E : P*E = k. Пусть A(a, b) — произвольная точка плоскости, A*(t, 0) — точка пересечения прямых NA и OE, B(0, b) — проекция точки A на прямую ON. Тогда A*O AB a t = = =.

ON BN 1 - b Поэтому, если (x, z) — координаты точки M, то точки P, M*, P* имеют соответственно координаты x + 1 z x (x + 1)/ P,, M*, 0, P*, 0, 2 2 1 - z 1 - (z/2) значит, x x + 1 x + z - 1 x + z - 1 2 - z M*E : P*E = - 1 :

- 1 = : =.

1 - z 2 - z 1 - z 2 - z 1 - z Ясно, что уравнение (2 - z)/(1 - z) = k имеет решение z = (k - 2)/(k - 1), при чём если k > 2, то 0 < z < 1, и, следовательно, точка M( 1 - z2, z) требуемая.

Докажем теперь основное утверждение задачи. Обозначим данную окруж ность и точку внутри её соответственно через S и C. Если точка C является центром окружности S, то требуемым проективным преобразованием является тождественное преобразование. Поэтому будем считать, что C не центр. Обо значим через AB диаметр, содержащий точку C. Пусть для определённости BC > CA. Положим k = BA : AC. Тогда k > 2, и, следовательно, как было дока зано, на единичной окружности в плоскости Oxz можно расположить точку M так, что M*E : P*E = k = BA : CA. Поэтому преобразованием подобия окруж ность S можно перевести в окружность S1, построенную в плоскости Oxy на отрезке EM* как на диаметре, так, чтобы точки A, B, C перешли соответ ственно в точки E, M*, P*. При стереографической проекции окружность S проецируется в окружность S2 на единичной сфере, которая симметрична относительно плоскости Oxz, а значит, и относительно прямой EM. Поэто му EM — диаметр окружности S2, а его середина — точка P — её центр.

Пусть — плоскость, содержащая окружность S2. Ясно, что при центральном проектировании плоскости Oxy на плоскость из северного полюса единичной сферы окружность S1 перейдёт в S2, а точка P* — в её центр P.

б) Диаметр AB, проходящий через M, переходит в диаметр. Поэтому ка сательные в точках A и B переходят в касательные. Но если параллельные прямые переходят в параллельные, то исключительная прямая им параллель на (см. задачу 30.14 в).

30.17. Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окруж ности, обозначим через P пересечение луча EM с прямой z = 1. Ясно, что двигая точку M по дуге NE, мы можем сделать отношение EM : MP рав ным произвольному числу. Поэтому преобразованием подобия данную окруж ность S можно перевести в окружность S1, построенную на отрезке EM как на диаметре в плоскости, перпендикулярной Oxz, так, чтобы данная прямая l перешла в прямую, проходящую через точку P перпендикулярно плоскости Oxz. Окружность S1 лежит на единичной сфере с центром в начале координат, следовательно, при стереографической проекции она проецируется 574 Глава 30. Проективные преобразования в окружность S2 на плоскости Oxy. Таким образом, при центральном проек тировании плоскости на плоскость Oxy из N окружность S1 перейдёт в S2, а прямая l — в бесконечно удалённую прямую.

30.18. Пусть M — произвольная точка на данной хорде. Согласно зада че 30.16 существует проективное преобразование, переводящее данную окруж ность в окружность, а точку M — в её центр. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит в прямую, данная хорда перейдёт в диа метр.

30.19. Проведём через точку O две произвольные хорды AC и BD. Пусть P и Q — точки пересечения продолжений противоположных сторон четы рёхугольника ABCD. Рассмотрим произвольное проективное преобразование, которое S отображает в окружность, а O — в её центр. Ясно, что четы рёхугольник ABCD при этом преобразовании переходит в прямоугольник, а следовательно, прямая PQ — в бесконечно удалённую прямую.

30.20. Проективное преобразование прямую переводит в прямую, а по скольку центр окружности остаётся на месте, каждый диаметр переходит в диаметр. Поэтому каждая бесконечно удалённая точка, в которой пересе каются прямые, касающиеся окружности в диаметрально противоположных точках, переходит в бесконечно удалённую точку. Следовательно, согласно задаче 30.14 а) данное преобразование аффинно, а согласно задаче 29.12 оно является поворотом или симметрией.

30.21. а) Точка M лежит на прямой OM, поэтому её положение одно значно определяется отношением MO : OM. Но в силу того, что треугольники MBO и MAM подобны, MO : OM = MB : BA, а последнее отношение не зави сит от выбора прямой l по теореме Фалеса.

б) П е р в о е р е ш е н и е. Если данное преобразование (обозначим его P) доопределить в точке O, положив P(O) = O, то, как легко проверить, P задаёт взаимно однозначное преобразование множества всех конечных и бесконечных точек плоскости (чтобы по точке M построить точку M, надо взять на пря мой a произвольную точку A, провести прямые AM, OB AM и AB). Ясно, что каждая прямая, проходящая через O, переходит в себя. Каждая прямая l, не проходящая через O, переходит в прямую, параллельную OB и проходящую через A. Остаётся воспользоваться задачей 30.14 г).

В т о р о е р е ш е н и е (набросок). Обозначим данную плоскость через, и пусть = R( ), где R — некоторый поворот пространства вокруг оси a.

Обозначим R(O) через O, и пусть P — проектирование плоскости на плоскость из точки пересечения прямой OO с плоскостью, проходящей через b параллельно. Тогда преобразование R-1 P совпадает (докажите самостоятельно) с преобразованием, о котором идёт речь в формулировке задачи.

30.22. П е р в о е р е ш е н и е. Обозначим данное преобразование через P.

Доопределим его в точках прямой x = 0 и в бесконечно удалённых точках, положив P(0, k) = Mk, P(Mk) = (0, k), где Mk — бесконечно удалённая точка на прямой y = kx. Легко видеть, что доопределенное таким образом отображе ние P взаимно однозначно. Докажем, что каждая прямая переходит в прямую.

Действительно, прямая x = 0 и бесконечно удалённая прямая переходят одна в другую. Пусть ax + by + c = 0 — любая другая прямая (т. е. b или c не равно нулю). Поскольку P P — тождественное преобразование, образ любой прямой совпадает с её прообразом. Ясно, что точка P(x, y) лежит на рассматривае Решения задач a by мой прямой тогда и только тогда, когда + + c = 0, т. е. cx + by + a = 0.

x x Остаётся воспользоваться задачей 30.14 г).

В т о р о е р е ш е н и е (набросок). Если прямые x = 1 и x = 0 обозначить со ответственно через a и b, а точку (-1, 0) — через O, то данное преобразование совпадает с преобразованием из предыдущей задачи.

30.23. Если прямую f обозначить через b, то преобразование из этой задачи является обратным преобразованию из задачи 30.21.

30.24. Рассмотрим проективное преобразование, для которого прямая PQ является исключительной. Образы l и l прямых l1 и l2 при этом преобразова 1 нии параллельны, а образами рассматриваемых четырёхугольников являются параллелограммы, у которых две стороны лежат на прямых l и l, а две 1 другие стороны параллельны некоторой фиксированной прямой (бесконечно удалённая точка этой прямой является образом точки P). Ясно, что гео метрическим местом точек пересечения диагоналей таких параллелограммов является прямая, равноудалённая от прямых l и l.

1 30.25. Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой EF.

Тогда четырёхугольник ABCD перейдёт в параллелограмм, а прямые KL и MN — в прямые, параллельные его сторонам и проходящие через точку пересечения диагоналей, т. е. в средние линии. Поэтому образы точек K, L, M, N являются серединами сторон параллелограмма и, следовательно, образы прямых KN и LM параллельны, т. е. точка X переходит в бесконечно удалён ную точку, а значит, X лежит на исключительной прямой EF.

30.26. Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой AB.

Образы точек при этом преобразовании будем обозначать буквами со штрихом.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке O (или параллельный перенос, если O — бесконечно удалённая точка), переводящую точку C в C. При 1 этой гомотетии отрезок B C перейдёт в отрезок B C, поскольку B C B C.

1 1 2 2 1 1 2 Аналогично C A перейдёт в C A. Поэтому соответственные стороны треуголь 1 1 2 ников A B C и A B C параллельны, т. е. все три точки A, B, C лежат на 1 1 1 2 2 бесконечно удалённой прямой.

30.27. Рассмотрим проективное преобразование, исключительная прямая которого проходит через точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, и обозначим через A, B,... образы точек A, B,... Тогда A B B A, B C C B, 1 1 1 и надо доказать, что C A A C (см. задачу 1.12 а).

1 30.28. В результате проективного преобразования с исключительной пря мой PQ задача сводится к задаче 4.55.

30.29. Применив сначала проективное преобразование с исключительной прямой OO1, а затем подходящее аффинное преобразование, можно считать, что A и C1 — противоположные вершины квадрата, а остальные данные точ ки лежат на его сторонах или их продолжениях. Поэтому можно считать, что данные точки имеют следующие координаты: C1(0, 0), A(1, 1), B(b, 0), B1(b, 1), C(0, a) и A1(1, a). Координаты (x0, y0) точки пересечения прямых BA1 и CB1 находятся как решение системы уравнений x0 - b 1 - b x0 b =, =, y0 a y0 - a 1 - a т. е. ax0 + (b - 1)y0 = ab, (a - 1)x0 + by0 = ab. Вычитая одно уравнение из дру гого, получаем x0 = y0. Это означает, что точка (x0, y0) лежит на прямой AC1.

576 Глава 30. Проективные преобразования 30.30. Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, па раллельной l и проходящей через точку пересечения прямых PP1 и QQ1, а затем аффинное преобразование, которое образы прямых l и PP1 делает перпендикулярными, мы можем считать, что прямые PP1 и QQ1 перпенди кулярны прямой l, а наша задача заключается в том, чтобы доказать, что прямая RR1 тоже перпендикулярна l (точки P1, Q1, R1 останутся серединами соответствующих отрезков, поскольку эти отрезки параллельны исключитель ной прямой;

см. задачу 30.14 б). Отрезок PP1 является медианой и высотой, а значит, и биссектрисой в треугольнике, образованном прямыми l, AB и CD.

Аналогично, QQ1 — биссектриса в треугольнике, образованном прямыми l, AC и BD. Из этого и из того, что PP1 QQ1, следует, что BAC = BDC.

Следовательно, четырёхугольник ABCD вписанный, и ADB = ACB. Обозна чим точки, в которых l пересекает прямые AC и BD, через M и N (рис. 30.3).

Рис. 30. Тогда угол между l и AD равен ADB - QNM = ACB - QMN, т. е. он равен углу между l и BC. Следовательно, треугольник, ограниченный прямыми l, AD и BC, равнобедренный, и отрезок RR1, являющийся его медианой, явля ется также его высотой, т. е. он перпендикулярен прямой l, что и требовалось доказать.

30.31. Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, па раллельной l и проходящей через точку A, мы можем считать, что точка A бесконечно удалённая, т. е. прямые AB и AC параллельны. При этом согласно задаче 30.14 б) точки A1, B1, C1 по-прежнему будут серединами соответству ющих отрезков, так как эти отрезки лежат на прямой, параллельной исклю чительной. Два треугольника, образованные прямыми l, AB, BC и l, AC, BC, гомотетичны, следовательно, прямые BB1 и CC1, являющиеся медианами этих треугольников, параллельны. Таким образом, четырёхугольник BB2CC2 яв ляется параллелограммом, поскольку у него параллельны противоположные стороны. Остаётся заметить, что точка A2 лежит на середине диагонали BC этого параллелограмма, а значит, и на диагонали B2C2.

Решения задач 30.32. Сделаем проективное преобразование, исключительной прямой кото рого является прямая PQ. Через A, B,... обозначим образы точек A, B,...

Тогда A B C D — параллелограмм, R — точка пересечения его диагоналей, Q — бесконечно удалённая точка прямой Q R, K и L — точки, высекаемые сторонами параллелограмма на прямой Q R. Ясно, что точки K и L симмет ричны относительно точки R. Следовательно, Q K R K R K (Q R K L ) = : = 1 : = -1.

Q L R L R L Остаётся заметить, что согласно задаче 30.2 б) (QRKL) = (Q R K L ).

30.33. Согласно теореме Паскаля точки пересечения прямых A1B2 и C1C2, B1C2 и A1A2, C1A2 и B1B2 лежат на одной прямой. Переведём эту прямую на бесконечность. После этого можно воспользоваться результатом задачи 14.15.

30.34. Пусть A1... An — правильный n-угольник, li — прямая, содержащая его сторону, противоположную вершине Ai, Bi — точка пересечения прямой li с бесконечно удалённой прямой. Разобьём точки A1,..., An, B1,..., Bn на па ры (Ai, Bi). Покажем, что это разбиение обладает требуемым свойством. Для этого нужно рассмотреть прямые BiBj, AiAj и AiBj (i = j).

1) Прямая BiBj содержит все точки B1,..., Bn. Поскольку n 3, среди них есть точка, отличная от Bi и Bj.

2) Прямая AiAj параллельна одной из прямых lk, поскольку число n нечётно. Следовательно, прямая AiAj проходит через точку Bk.

3) Если i = j, то прямая, проходящая через вершину Ai параллельно пря мой lj, содержит некоторую вершину Ak, k = i. Поэтому прямая AiBj проходит через точку Ak.

Применив к набору точек A1,..., An, B1,..., Bn проективное преобразова ние, можно добиться, чтобы все эти точки не были бесконечно удалёнными.

30.35. Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окруж ность четырёхугольника переводит в окружность, а точку пересечения пря мых, соединяющих противоположные точки касания, в её центр (см. зада чу 30.16 а). Утверждение задачи теперь следует из того, что получившийся четырёхугольник симметричен относительно центра окружности.

30.36. Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окруж ность переводит в окружность, а точку пересечения двух из трёх рассматри ваемых прямых — в её центр (см. задачу 30.16 а). Тогда образы этих двух прямых являются одновременно биссектрисами и высотами образа данного треугольника, следовательно, он является правильным. Для правильного тре угольника утверждение задачи очевидно.

30.37. Рассмотрим отдельно два случая.

1. Точка P лежит вне S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдёт в окружность, а точка P — в бесконечно удалённую точку (см. задачу 30.17), т. е. образы всех прямых, проходящих через P, будут друг другу параллельны. Тогда в задаче б) образом искомого ГМТ является прямая l — их общий перпендикуляр, проходящий через центр окружности, а в задаче а) — прямая l, из которой выкинут диаметр окружности. (Для доказательства нужно воспользоваться симметрией относительно прямой l.) Следовательно, само искомое ГМТ для задачи б) есть прямая, проходящая через точки касания S с касательными, проведёнными через точку P, а для задачи а) — лежащая вне S часть этой прямой.

578 Глава 30. Проективные преобразования 2. Точка P лежит внутри S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдёт в окружность, а точка P — в её центр (см. задачу 30.16 а). Тогда в обеих задачах образом искомого ГМТ является бесконечно удалённая прямая. Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая.

Полученная прямая в обоих случаях совпадает с полярой точки P относи тельно S (см. задачу 30.19).

30.38. Обозначим через m поляру точки O относительно окружности S, а через N — отличную от M точку пересечения S с прямой OM. Обозначим через Q композицию проецирований l на S из M и S на m из N. Согласно задаче 30.9 это отображение является проективным. Докажем, что P есть композиция Q с проецированием m на l из M. Пусть A — произвольная точка на l, B — её проекция на S из M, C — проекция B на S из O, D — пересечение прямых BN и CM. Согласно задаче 30.37 б) точка D лежит на прямой m, т. е. D = Q(A). Ясно, что P(A) — это проекция D на l из M.

30.39. Обе задачи становятся очевидными после проективного преобразова ния, переводящего окружность S в окружность, а прямую KP — в бесконечно удалённую (см. задачу 30.17).

а) Требуемое ГМТ лежит на прямой, равноудалённой от образов прямых AK и BK.

б) Требуемая точка есть центр образа S.

30.40. Пусть A, B,... — образы точек A, B,... при проективном преоб разовании, которое вневписанную окружность треугольника ABC переводит в окружность, а хорду EF — в диаметр (см. задачу 30.18). Тогда A — бесконеч но удалённая точка прямых, перпендикулярных диаметру E F, и нам нужно доказать, что прямая D T содержит эту точку, т. е. тоже перпендикулярна E F. Так как T B E T F C, то C T : T E = C F : B E. Но C D = C F и B D = B E как касательные, проведённые из одной точки, следовательно, C T : T E = C D : D B, т. е. D T B E.

30.41. Согласно задаче 30.16 а) достаточно рассмотреть случай, когда диа гонали AD и BE проходят через центр окружности. Остаётся воспользоваться результатом задачи 6.88 для n = 3.

30.42. Рассмотрим проективное преобразование, переводящее окружность S в окружность, а точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF — в бесконечно удалённые точки (см. задачу 30.17). Наша задача свелась к задаче 2.12.

30.43. Рассмотрим проективное преобразование, которое окружность S пе реводит в окружность, а точку O — в её центр O (см. задачу 30.16 а).

Пусть A, B,... — образы точек A, B,... Тогда A B, M N и P Q — диаметры.

Поэтому при центральной симметрии относительно O точка E переходит в F, т. е. O — середина отрезка E F. Так как хорда AB перпендикулярна диаметру, проходящему через O, то согласно задаче 30.16 б) она параллельна исключительной прямой. Следовательно, согласно задаче 30.14 б) отношения отрезков, лежащих на прямой AB, сохраняются, а значит, O — середина от резка EF.

30.44. Рассмотрим проективное преобразование, переводящее данную ок ружность в окружность, а отрезок AD — в её диаметр (см. задачу 30.18). Пусть A, B,... — образы точек A, B,... Тогда S переходит в бесконечно удалённую точку S прямых, перпендикулярных прямой A D. Но A C и B D — высоты в A D P, следовательно, Q — ортоцентр этого треугольника. Поэтому прямая P Q — тоже высота, следовательно, она проходит через точку S.

Решения задач 30.45. Согласно задаче 30.15 достаточно рассмотреть только тот случай, когда ABCD — квадрат. Нам надо доказать, что композиция описанных в усло вии проектирований является тождественным преобразованием. Согласно за даче 30.4 проективное преобразование тождественно, если у него имеются три различные неподвижные точки. Несложно проверить, что точки A, B и бес конечно удалённая точка прямой AB являются неподвижными для данного преобразования.

30.46. При проецировании прямой QR из точки A на прямую CD точки Q, R, K, L проецируются в точки D, C, P, L соответственно. Следовательно, согласно задаче 30.2 б) (QRKL) = (DCPL). Аналогично, проецируя из точ ки B прямую CD на прямую QR, получаем (DCPL) = (RQKL), следовательно, (QRKL) = (RQKL). С другой стороны, - RK QK QK RK (RQKL) = : = : = (QRKL)-1.

RL QL QL RL Из этих двух равенств следует, что (QRKL)2 = 1, т. е. либо (QRKL) = 1, либо (QRKL) = -1. Но согласно задаче 30.8 двойное отношение различных точек не может равняться единице.

30.47. Обозначим точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, CA1 и AC1 через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CA1 — через R1. Нам надо доказать, что точки R и R1 совпадают.

Пусть D — точка пересечения AB1 и CA1. Рассмотрим композицию проек тирований: прямой CA1 на прямую l1 из точки A, l1 на CB1 из B и CB на CA1 из P. Легко видеть, что получившееся проективное преобразование прямой CA1 точки C, D и A1 оставляет неподвижными, а точку R переводит в R1. Но согласно задаче 30.5 проективное преобразование с тремя неподвиж ными точками тождественно. Следовательно R1 = R.

30.48. Пусть F — точка, симметричная F относительно O. Нам надо дока зать, что F = E. Согласно задаче 30.9 композиция проецирования прямой AB на окружность S из точки M, а затем S обратно на AB из Q является проективным преобразованием прямой AB. Рассмотрим композицию этого пре образования с симметрией относительно точки O. При этом точки A, B, O, E переходят соответственно в B, A, F, O. Следовательно, согласно задаче 30.2 б), (ABOE) = (BAF O). С другой стороны, ясно, что BF BO AO AF (BAF O) = : = : = (ABOF ), т. е. (ABOE) = (ABOF ), AF AO BO BF следовательно, согласно задаче 30.3, E = F.

30.49. Обозначим точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CD — че рез R. Нам надо доказать, что точки R и R совпадают. Пусть G — точка пересечения AB и CD. Рассмотрим композицию проецирований прямой CD на данную окружность из точки A, а затем — окружности на прямую BC из точки E. Согласно задаче 30.9 это отображение проективно. Легко видеть, что его композиция с проецированием BC на CD из точки P оставляет на месте точки C, D и G, а точку R переводит в R. Но согласно задаче 30. проективное преобразование с тремя неподвижными точками тождественно.

Следовательно, R = R.

580 Глава 30. Проективные преобразования 30.50. Обозначим данные прямую и окружность через l и S соответственно.

Пусть O — произвольная точка данной окружности, и пусть A1, A, B1, B, 1 C1, C — образы точек A, A, B, B, C, C при проецировании прямой l на окружность S из точки O, т. е. A1 (соответственно A, B1,...) — отличная от O точка пересечения прямой AO (соответственно A O, BO,...) с окружностью S.

Обозначим через B2 точку пересечения прямых A B1 и A1B, а через C2 — точ 1 ку пересечения прямых A C1 и A1C. Пусть P1 — композиция проецирований 1 прямой l на окружность S из точки O, а затем окружности S на прямую B2C2 из точки A ;

P2 — композиция проецирований B2C2 на S из точки A1, а затем S на l из точки O. Тогда согласно задаче 30.9 преобразования P1 и P являются проективными, причём их композиция отображает точки A, B, C соответственно в A, B, C.

Ясно, что все рассмотренные точки можно построить при помощи одной линейки (в том порядке, в котором они вводились).

а) Пусть M1 — отличная от O точка пересечения прямой MO с окружно стью S;

M2 = P1(M) — точка пересечения прямых A M1 и B2C2;

M3 — отличная от A1 точка пересечения прямой M2A1 с окружностью S;

P(M) = P2(P1(M)) — точка пересечения прямых l и OM3.

б) Пусть M1 и N1 — точки пересечения окружности S с прямой B2C2.

Тогда неподвижные точки преобразования P — это точки пересечения прямых OM1 и ON1 с прямой l.

30.51. а) Искомой точкой X является неподвижная точка композиции проецирования l1 на l2 из точки A, сдвига вдоль прямой l2 на расстояние a и проецирования l2 на l1 из точки B. Неподвижная точка проективного пре образования строится в задаче 30.50.

б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на симметрию относительно точки E.

30.52. а) Обозначим через k число, которому должно равняться отноше ние AX/BY. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a на прямую b из точки P, движения плоскости, переводящего b в a и B в A, и, наконец, гомотетии с центром A и коэффициентом k. Искомая точка X является неподвижной точкой этого преобразования. Построение точки Y очевидно.

б) Обозначим через k число, которому должно равняться произведение AX · BY, через Q — точку пересечения прямых, проходящих через точки A и B параллельно прямым b и a соответственно, и пусть p = AQ · BQ. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проециро вания прямой a на прямую b из точки P, проецирования b на a из Q, и гомотетии с центром A и коэффициентом k/p. Пусть X — неподвижная точка этого преобразования, Y — её образ при первом проецировании, а X1 — образ Y при втором проецировании. Докажем, что прямая XY искомая. Действитель но, из подобия треугольников AQX1 и BYQ следует AX1 · BY = AQ · BQ = p, а значит, k AX · BY = AX1 · BY = k.

p 30.53. Пусть P — данная точка;

A, B, C — попарные точки пересечения данных прямых a, b, c;

X, Y, Z — точки пересечения данных прямых с ис Решения задач Рис. 30. комой прямой l (рис. 30.4). По предположению XZ = ZY. Пусть T — точка пересечения прямой c с прямой, проходящей через X параллельно b. Оче видно, что XT = AY. Из подобия треугольников XTB и CAB следует, что XB : XT = CB : CA, откуда BX : YA = CB : CA, т. е. отношение BX : YA известно.

Таким образом, задача сведена к задаче 30.52 а).

30.54. а) Согласно задаче 30.9 композиция проецирований CD на S из A и S на CD из B является проективным преобразованием прямой CD.

Пусть M — неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на расстояние a. Тогда проекция M на S из A является искомой точкой. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.50.

б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на симметрию относительно точки E.

30.55. а) Проведём произвольную окружность S через точку P. Согласно задаче 30.10 композиция проецирования l на S из P, поворота вокруг центра окружности S на угол 2 и проецирования S на l из P является проективным преобразованием прямой l. Тогда (по теореме о вписанном угле) искомой точ кой является неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на данное расстояние XY. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.50.

б) Проведём произвольные окружности S1 и S2 через точки P и Q соот ветственно. Рассмотрим композицию проецирования l1 на S1 из P, поворота вокруг центра окружности S1 на угол 2 и проецирования S1 на l2 из P.

Согласно задаче 30.10 это отображение является проективным. Аналогично, проективным отображением является композиция проецирования l2 на S из Q, поворота вокруг центра окружности S2 на угол 2 и проецирования S на l1 из Q. По теореме о вписанном угле искомой точкой X является непо движная точка композиции этих отображений, и для её построения можно воспользоваться задачей 30.50.

30.56. а) Обозначим данные точки M1,..., Mn, а данные прямые — l1,..., ln.

Вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка проективного пре образования прямой l1, являющегося композицией проектирований l1 на l из M1, l2 на l3 из M2,..., ln на l1 из Mn. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.50.

582 Глава 30. Проективные преобразования б) Выберем произвольную точку на данной окружности и посредством про ецирования из выбранной точки отождествим данную окружность с некоторой прямой l. Согласно задаче 30.38 центральное проектирование окружности на себя при данном отождествлении является проективным преобразованием пря мой l. Ясно, что вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка композиции последовательных проектирований данной окружности на себя из данных точек. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.50.

в) В решении задачи б) надо некоторые центральные проектирования за менить либо на повороты вокруг центра окружности, если соответствующая сторона имеет данную длину, либо на симметрии, если соответствующая сто рона имеет данное направление (ось симметрии — диаметр, перпендикулярный данному направлению).

30.57. Предположим, что нам удалось найти требуемое построение, т. е. на писать некоторую инструкцию, в результате выполнения которой всегда по лучается середина данного отрезка. Выполним это построение и рассмотрим проективное преобразование, которое концы данного отрезка оставляет непо движными, а середину переводит в другую точку. Это преобразование можно выбрать так, чтобы исключительная прямая не проходила ни через одну из точек, получающихся в результате промежуточных построений.

Выполним нашу якобы существующую инструкцию ещё раз, но теперь всякий раз, когда нам будут встречаться слова «возьмём произвольную точ ку (соответственно прямую)», будем брать образ той точки (соответственно прямой), которую брали при первом выполнении построения. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит в прямую, а пересечение прямых — в пересечение их образов, причём в силу выбора проективного преобразования это пересечение всегда конечно, то на каждом шаге второ го построения будем получать образ результата первого построения, поэтому в конце получим не середину отрезка, а её образ. Приходим к противоречию.

З а м е ч а н и е. Фактически мы доказали следующее утверждение: если су ществует проективное преобразование, которое каждый из объектов A1,..., An переводит в себя, а объект B в себя не переводит, то, исходя из объектов A1,..., An, объект B невозможно построить с помощью одной линейки.

30.58. Утверждение задачи непосредственно вытекает из замечания в конце решения предыдущей задачи и из задачи 30.16 а).

ГЛАВА ЭЛЛИПС, ПАРАБОЛА, ГИПЕРБОЛА Пусть Oxy — некоторая прямоугольная система координат на плоскости, а Q(x, y) — выражение вида ax2 + 2bxy + cy2, где хотя бы одно из чисел a, b, c отлично от нуля. В этой главе мы будем заниматься свойствами кривых, заданных уравнениями вида Q(x, y) + 2dx + 2ey = f. (1) Такие кривые называют кривыми второго порядка.

§ 1. Классификация кривых второго порядка Будем говорить, что одна кривая на плоскости изометрична другой кривой, если существует движение плоскости, переводящее первую кривую во вто рую. Наша ближайшая цель — с помощью движений привести кривую (1) к простейшему виду.

31.1. Докажите, что если ac - b2 = 0, то с помощью параллельного переноса x = x + x0, y = y + y0 уравнение (1) можно привести к виду ax 2 + 2bx y + cy 2 = f, (2) где f = f - Q(x0, y0) + 2(dx0 + ey0).

Начало системы координат, в которой уравнение кривой имеет вид (2), на зывают центром кривой второго порядка. Ясно, что центр кривой является её центром симметрии.

31.2. Докажите, что с помощью поворота x = x cos + y sin, y = -x sin + y cos (3) в уравнении (2) коэффициент при x y можно сделать равным нулю.

31.3. Докажите, что при повороте (3) выражение ax 2 + 2bx y + cy переходит в a1x 2 + 2b1x y + c1y 2, причём a1c1 - b2 = ac - b2.

31.4. Докажите, что если ac - b2 = 0, то кривая (1) изометрич x2 y на либо кривой + = 1 (называемой эллипсом), либо кривой 2 x2 y - = 1 (называемой гиперболой), либо паре пересекающихся пря 2 x2 y мых =, либо представляет собой одну точку или пустое мно 2 жество.

584 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Оси системы координат, в которой уравнение кривой имеет такой вид, как в условии задачи 31.4, называют осями кривой. Ясно, что оси кривой второго порядка являются её осями симметрии.

x2 y2 x y Для гиперболы - = 1 прямые = ± называют асимптотами.

2 31.5. Докажите, что если ac - b2 = 0, то кривая (1) изометрична ли бо кривой y2 = 2px (называемой параболой), либо паре параллельных прямых y2 = c2, либо паре слившихся прямых y2 = 0, либо представ ляет собой пустое множество.

Ось Ox системы координат, в которой уравнение параболы имеет вид y2 = 2px, называют осью параболы. Ясно, что ось параболы является её осью симметрии.

Эллипс, параболу и гиперболу называют кониками. Это название связано с тем, что они являются сечениями конуса плоскостями.

§ 2. Эллипс 31.6. Докажите, что множество точек, сумма расстояний от кото рых до двух заданных точек F1 и F2 — постоянная величина, есть эллипс.

Точки F1 и F2 называют фокусами эллипса.

31.7. Докажите, что середины параллельных хорд эллипса лежат на одной прямой.

Диаметром эллипса называют произвольную хорду, проходящую через его центр. Сопряжёнными диаметрами эллипса называют пару его диаметров, обладающих следующим свойством: середины хорд, параллельных первому диаметру, лежат на втором диаметре. Решение задачи 31.7 показывает, что тогда середины хорд, параллельных второму диаметру, лежат на первом диаметре.

Если эллипс является образом окружности при аффинном преобразова нии, то его сопряжённые диаметры являются образами двух перпендику лярных диаметров этой окружности.

x2 y 31.8. Докажите, что уравнение касательной к эллипсу + = 1, a2 b x0x y0y проведённой в точке X = (x0, y0), имеет вид + = 1.

a2 b 31.9. Докажите, что эллиптическое зеркало обладает тем свой ством, что пучок лучей света, исходящий из одного фокуса, сходится в другом.

31.10. а) Докажите, что для любого параллелограмма существует эллипс, касающийся сторон параллелограмма в их серединах.

б) Докажите, что для любого треугольника существует эллипс, ка сающийся сторон треугольника в их серединах.

Условия задач 31.11. Пусть AA и BB — сопряжённые диаметры эллипса с цен тром O. Докажите, что:

a) площадь треугольника AOB не зависит от выбора сопряжённых диаметров;

б) величина OA2 + OB2 не зависит от выбора сопряжённых диамет ров.

31.12*. а) Докажите, что проекции фокусов эллипса на все каса тельные лежат на одной окружности.

б) Пусть d1 и d2 — расстояния от фокусов эллипса до касательной.

Докажите, что величина d1d2 не зависит от выбора касательной.

31.13*. Из точки O проведены касательные OA и OB к эллипсу с фокусами F1 и F2. Докажите, что AOF1 = BOF2 и AF1O = BF1O.

31.14*. В треугольник вписан эллипс. Докажите, что фокусы эл липса изогонально сопряжены относительно этого треугольника.

31.15*. В четырёхугольник ABCD вписан эллипс с фокусом F. До кажите, что AFB + CFD = 180.

31.16*. Параллелограмм описан около эллипса. Докажите, что диа гонали параллелограмма содержат сопряжённые диаметры эллипса.

x2 y Для эллипса + = 1, где a b, число e = 1 - b2/a2 называют эксцен a2 b триситетом. Прямые x = ±a/e называют директрисами. (У эллипса две директрисы.) 31.17*. а) Докажите, что отношение расстояний от точки эллипса до фокуса и до одной из директрис равно эксцентриситету e.

б) Даны точка F и прямая l. Докажите, что множество точек X, для которых отношение расстояния от X до F к расстоянию от X до l равно постоянному числу e < 1, — эллипс.

31.18*. Вокруг эллипса описан прямоугольник. Докажите, что дли на диагонали прямоугольника не зависит от его положения.

31.19*. Хорда PQ окружности x2 + y2 = a2 + b2 с центром O каса x2 y ется эллипса + = 1. Докажите, что прямые PO и QO содержат a2 b сопряжённые диаметры эллипса.

31.20*. а) Пусть AA и BB — сопряжённые диаметры эллипса с цен тром O. Проведём через точку B перпендикуляр к прямой OA и отло жим на нём отрезки BP и BQ, равные OA. Докажите, что главные оси эллипса являются биссектрисами углов между прямыми OP и OQ.

б) На плоскости нарисована пара сопряжённых диаметров эллипса.

С помощью циркуля и линейки постройте его оси.

31.21*. Нормаль к эллипсу в точке A пересекает малую полуось в точке Q, P — проекция центра эллипса на нормаль. Докажите, что AP · AQ = a2, где a — большая полуось.

31.22*. Докажите, что все вписанные в эллипс ромбы описаны во круг одной окружности.

586 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.23*. Окружность, центр которой лежит на эллипсе, касается двух сопряжённых диаметров. Докажите, что радиус окружности не зависит от выбора сопряжённых диа метров.

B A 31.24*. а) Из точки O проведены каса тельные OP и OQ к эллипсу с фокусами F1 и F2. Докажите, что POQ = - (PF1Q + PF2Q).

б) Отрезок AB виден из фокусов F1 и F2 под углами и соответ 1 F1 F ственно. Докажите, что + = + 1 (рис. 31.1).

31.25*. К эллипсу с центром O проведе ны две параллельные касательные l1 и l2.

Рис. 31. Окружность с центром O1 касается (внеш ним образом) эллипса и прямых l1 и l2.

Докажите, что длина отрезка OO1 равна сумме полуосей эллипса.

31.26*. Окружность радиуса r с центром C, лежащим на большей полуоси эллипса, касается эллипса в двух точках;

O — центр эллипса, a и b — его полуоси. Докажите, что (a2 - b2)(b2 - r2) OC2 =.

b 31.27*. Три окружности, центры которых лежат на большой оси эллипса, касаются эллипса. При этом окружность радиуса r2 касается (внешним образом) окружностей радиуса r1 и r3. Докажите, что 2a2(a2 - 2b2) r1 + r3 = r2.

a 31.28*. N окружностей, центры которых лежат на большой оси эл липса, касаются эллипса. При этом окружность радиуса ri (2 i N-1) касается окружностей радиуса ri-1 и ri+1. Докажите, что если 3n - N, то r2n-1(r1 + r2n-1) = rn(rn + r3n-2).

§ 3. Парабола 31.29. Докажите, что с помощью гомотетии с центром (0, 0) пара болу 2py = x2 можно перевести в параболу y = x2.

31.30. Окружность пересекает параболу в четырёх точках. Докажи те, что центр масс этих точек лежит на оси параболы.

31.31. Две параболы, оси которых перпендикулярны, пересекаются в четырёх точках. Докажите, что эти точки лежат на одной окруж ности.

Условия задач 31.32. Докажите, что середины параллельных хорд параболы лежат на одной прямой, параллельной оси параболы.

Для параболы 2py = x2 точку (0, p/2) называют фокусом, а прямую y = -p/2 — директрисой.

31.33. а) Докажите, что расстояния от любой точки параболы до фокуса и до директрисы равны.

б) Докажите, что множество точек, для которых расстояния до некоторой фиксированной точки и до некоторой фиксированной пря мой равны, является параболой.

31.34. Докажите, что пучок лучей света, параллельных оси парабо лы, после отражения от параболы сходится в её фокусе.

31.35. Докажите, что касательные к параболе 4y = x2 в точках (2t1, t2) и (2t2, t2) пересекаются в точке (t1 + t2, t1t2).

1 31.36. Из точки O проведены касательные OA и OB к параболе с фокусом F. Докажите, что AFB = 2AOB, причём луч OF — бис сектриса угла AFB.

31.37. Докажите, что касательные OA и OB к параболе перпенди кулярны тогда и только тогда, когда выполнено одно из следующих эквивалентных условий:

(1) отрезок AB проходит через фокус пара болы;

(2) точка O лежит на директрисе параболы.

31.38*. Касательные к параболе в точках,, образуют треугольник ABC (рис. 31.2).

Докажите, что:

а) описанная окружность треугольника ABC A проходит через фокус параболы;

C б) высоты треугольника ABC пересекаются в точке, лежащей на директрисе параболы;

B в) S = 2SABC;

3 3 г) S C + S A = S B. Рис. 31. 31.39*. Прямая l получена из директрисы параболы гомотетией с центром в фокусе параболы и коэффици ентом 2. Из точки O прямой l проведены касательные OA и OB к параболе. Докажите, что ортоцентром треугольника AOB служит вершина параболы.

31.40*. Пучок параллельных лучей света, отразившись от кри вой C, сходится в точке F. Докажите, что C — парабола с фокусом F и осью, параллельной лучам света.

§ 4. Гипербола Гиперболу, заданную уравнением y = 1/x, называют равнобочной.

Произвольная гипербола получается из равнобочной гиперболы аффин ным преобразованием.

588 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.41. Точки A и B лежат на гиперболе. Прямая AB пересекает асимптоты гиперболы в точках A1 и B1.

а) Докажите, что AA1 = BB1 и AB1 = BA1.

б) Докажите, что если прямая A1B1 касается гиперболы в точке X, то X — середина отрезка A1B1.

31.42. Докажите, что окружность девяти точек треугольника ABC, вершины которого лежат на равнобочной гиперболе, проходит через центр O гиперболы.

31.43. Вершины треугольника лежат на гиперболе xy = 1. Докажи те, что его ортоцентр тоже лежит этой гиперболе.

на 31.44. Окружность радиуса 2 x2 + x-2 с центром (x0, x-1) пере 0 0 секает гиперболу xy = 1 в точке (-x0, -x-1) и в точках A, B, C.

Докажите, что треугольник ABC равносторонний.

31.45. Докажите, что асимптоты гиперболы ax2 + 2bxy + cy2 + dx + ey + f = ортогональны тогда и только тогда, когда a + c = 0.

31.46. Докажите, что множество точек, разность расстояний от ко торых до двух заданных точек F1 и F2 — постоянная величина, есть гипербола.

Точки F1 и F2 называют фокусами гиперболы.

31.47. Докажите, что середины параллельных хорд гиперболы ле жат на одной прямой.

Диаметром гиперболы называют произвольную хорду, проходящую через её центр. Сопряжёнными диаметрами называют пару её диаметров, об ладающих следующим свойством: середины хорд, параллельных первому диаметру, лежат на втором диаметре. Тогда середины хорд, параллельных второму диаметру, лежат на первом диаметре.

31.48. Докажите, что площадь треугольника, образованного асимп тотами и касательной к гиперболе, одна и та же для всех касательных.

x2 y Для гиперболы - = 1 число e = 1 + b2/a2 называют эксцентри a2 b ситетом. Прямые x = ±a/e называют директрисами. (У гиперболы две директрисы.) 31.49*. а) Докажите, что отношение расстояний от точки гиперболы до фокуса и до одной из директрис равно эксцентриситету e.

б) Даны точка F и прямая l. Докажите, что множество точек X, для которых отношение расстояния от X до F к расстоянию от X до l равно постоянному числу e > 1, — гипербола.

31.50*. Найти множество точек пересечения всех пар перпендику лярных касательных к гиперболе.

Условия задач § 5. Пучки коник Введём для удобства следующее обозначение. Будем считать, что пря мая AB задаётся уравнением lAB = 0;

это уравнение определено с точно стью до пропорциональности. В координатах x, y функция lAB имеет вид lAB(x, y) = ax + by + c, причём lAB обращается в нуль в точках A и B.

31.51. Пусть точки A, B, C и D лежат на конике, заданной урав нением второй степени f = 0. Докажите, что f = lABlCD + lBClAD, где и — некоторые числа.

Пучком коник, порождённым кониками f = 0 и g = 0, называют семейство коник f + g = 0. Результат задачи 31.51 можно интерпретировать сле дующим образом: пучок коник — это семейство коник, проходящих через 4 фиксированные точки.

31.52*. Докажите, что если вершины шестиугольника ABCDEF ле жат на одной конике, то точки пересечения продолжений его проти воположных сторон (т. е. прямых AB и DE, BC и EF, CD и AF) лежат на одной прямой (Паскаль).

Будем называть прямой Паскаля шестиугольника, вписанного в конику, прямую, на которой лежат точки пересечения пар его противоположных сторон. При этом шестиугольником можно считать и замкнутую самопере секающуюся ломаную.

31.53*. а) Пусть точки A, B, C, D, E и F лежат на одной кони ке. Докажите, что тогда прямые Паскаля шестиугольников ABCDEF, ADEBCF и ADCFEB пересекаются в одной точке (Штейнер).

б) Пусть точки A, B, C, D, E и F лежат на одной окружно сти. Докажите, что тогда прямые Паскаля шестиугольников ABFDCE, AEFBDC и ABDFEC пересекаются в одной точке (Киркман).

31.54*. Пусть хорды KL и MN проходят через середину O хор ды AB данной окружности. Докажите, что прямые KN и ML пе ресекают прямую AB в точках, равноудалённых от точки O (задача о бабочке).

31.55*. Пусть стороны самопересекающихся четырёхугольников KLMN и K L M N, вписанных в одну и ту же окружность, пересекают хорду AB этой окружности в точках P, Q, R, S и P, Q, R, S соответ ственно (сторона KL — в точке P, LM — в точке Q, и т. д.). Докажите, что если три из точек P, Q, R, S совпадают с соответственными тремя из точек P, Q, R, S, то и оставшиеся две точки тоже совпадают.

(Предполагается, что хорда AB не проходит через вершины четырёх угольников.) 31.56*. Докажите, что любая гипербола, проходящая через вер шины треугольника ABC и точку пересечения его высот, является гиперболой с перпендикулярными асимптотами.

590 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.57*. Две коники имеют 4 общих точки. Докажите, что эти точки лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда оси коник перпендикулярны.

31.58*. Докажите, что центры коник, проходящих через точки A, B, C и D, образуют конику Г.

31.59*. Докажите следующие свойства коники Г из задачи 31.58.

а) Г проходит через 6 середин отрезков, соединяющих пары дан ных точек, и через 3 точки пересечения прямых, соединяющих пары данных точек.

б) Центр Г совпадает с центром масс точек A, B, C и D.

в) Если D — точка пересечения высот треугольника ABC, то Г — окружность девяти точек этого треугольника.

г) Если четырёхугольник ABCD вписанный, то Г — гипербола с пер пендикулярными асимптотами. В этом случае оси всех коник пучка параллельны асимптотам Г.

31.60*. Пусть коники Г и Г1 касаются в точках A и B, a коники Г и Г2 касаются в точках C и D, причём Г1 и Г2 имеют четыре общие точки. Докажите, что у коник Г1 и Г2 есть пара общих хорд, проходящих через точку пересечения прямых AB и CD.

§ 6. Коники как геометрические места точек 31.61. Пусть a и b — фиксированные комплексные числа. Докажи те, что при изменении от 0 до 2 точки вида aei + be-i заметают эллипс или отрезок.

31.62. Пусть a, b, c, d — фиксированные числа. Докажите, что когда угол пробегает все возможные значения, точки с коорди натами x = a cos + b sin, y = c cos + d sin заметают эллипс или отрезок.

31.63. Вершины A и B треугольника ABC скользят по сторонам прямого угла. Докажите, что если угол C не прямой, то вершина C перемещается при этом по эллипсу.

31.64. Докажите, что множество точек, равноудалённых от данной точки и данной окружности, представляет собой эллипс, гиперболу или луч.

31.65. Докажите, что множество всех центров окружностей, про ходящих через данную точку и касающихся данной окружности (или прямой), не содержащей данную точку, представляет собой эллипс или гиперболу (или параболу).

31.66. На плоскости даны точки At =(1+t, 1+t) и Bt =(-1+t, 1-t).

Найдите ГМТ, заметаемое всеми прямыми AtBt для всех вещественных чисел t.

Условия задач 31.67. Даны точка O и прямая l. Точка X движется по прямой l.

Найдите ГМТ, которое заметают перпендикуляры к прямой XO, вос ставленные из точки X.

31.68. По прямым l и l с постоянными скоростями v = v движутся точки X и X. Какое множество заметают прямые XX ?

31.69. Через каждую точку X, лежащую внутри данной окружно сти S, проводится прямая l, ортогональная прямой XO, где O — данная точка, не лежащая на окружности S. Найдите ГМТ, заметаемое всеми прямыми l.

31.70*. Докажите, что центры всех правильных треугольников, вписанных в данную конику, лежат на некоторой конике.

§ 7. Рациональная параметризация 31.71. Докажите, что для любой коники можно выбрать многочле ны A(t), P(t) и Q(t) так, что при изменении t от - до + точки P(t) Q(t), заметают всю данную конику, кроме, быть может, одной A(t) A(t) точки.

P(t) Q(t) Представление коники с помощью рациональных функций и на A(t) A(t) зывают рациональной параметризацией коники.

31.72. Постройте рациональную параметризацию окружности x2 + + y2 = 1, проведя прямые через точку (1, 0).

P(t) Q(t) 31.73. Пусть, — рациональная параметризация коники, A(t) A(t) построенная при решении задачи 31.71. Докажите, что степень каж дого из многочленов A, P, Q не превосходит 2.

31.74. Докажите, что две несовпадающие коники имеют не более четырёх общих точек.

31.75*. Докажите, что если бесконечное множество точек обладает тем свойством, что расстояние между любыми двумя точками является целым числом, то все эти точки лежат на одной прямой.

§ 8. Коники, связанные с треугольником 31.76. а) Докажите, что в трилинейных координатах описанная коника (т. е. коника, проходящая через все вершины треугольника) задаётся уравнением вида pxy + qxz + rzy = 0.

б) Докажите, что в трилинейных координатах коника, касающаяся всех сторон треугольника или их продолжений, задаётся уравнением вида px2 + qy2 + rz2 = 2(± pqxy ± prxz ± qryz).

592 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.77*. Коника задаётся в барицентрических координатах уравне нием p + q + r = 0.

Докажите, что её центр имеет барицентрические координаты r(p + q - r) : q(p + r - q) : p(r + q - p).

31.78*. Докажите, что кривая, изогонально сопряжённая прямой, не проходящей через вершины треугольника, является коникой, про ходящей через вершины треугольника.

31.79*. Дан треугольник ABC и прямая l, не проходящая через его вершины.

а) Докажите, что кривая, изогонально сопряжённая прямой l, является эллипсом, если l не пересекает описанную окружность тре угольника ABC;

параболой, если l касается описанной окружности;

гиперболой, если l пересекает описанную окружность в двух точках.

б) Докажите, что кривая, изотомически сопряжённая прямой l, является эллипсом, если l не пересекает описанный эллипс Штейнера треугольника ABC;

параболой, если l касается эллипса Штейнера;

гиперболой, если l пересекает эллипс Штейнера в двух точках.

31.80*. а) Докажите, что кривая, изогонально сопряжённая пря мой, проходящей через центр O описанной окружности, является равнобочной гиперболой, проходящей через вершины треугольника.

б) Докажите, что центр этой коники лежит на окружности девяти точек.

Кривую, изогонально сопряжённую прямой OK, где K — точка Лемуана, называют гиперболой Киперта.

Кривую, изогонально сопряжённую прямой Эйлера OH, называют гипер болой Енжабека.

31.81*. Найдите уравнение гиперболы Киперта: а) в трилинейных координатах;

б) в барицентрических координатах.

31.82*. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC построены равнобедренные треугольники AC1B, BA1C, AB1C с углом при осно вании (все три внешним или внутренним образом одновременно).

Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, лежащей на гиперболе Киперта.

З а м е ч а н и е. На гиперболе Киперта лежат следующие точки: ортоцентр ( = /2), центр масс ( = 0), точки Торричелли ( = ± /3), вершины тре угольника ( = -, -, - ).

31.83*. Найдите уравнение центра гиперболы Киперта: а) в трили нейных координатах;

б) в барицентрических координатах.

31.84*. Найдите уравнение гиперболы Енжабека в трилинейных ко ординатах.

Решения задач Решения 31.1. Ясно, что Q(x, y) + 2dx + 2ey = a(x - x0)2 + 2b(x - x0)(y - y0) + c(y - y0)2 + + 2d(x - x0) + 2e(y - y0) = 2 = ax + 2bx y + cy + 2(-ax0 - by0 + d)x + + 2(-bx0 - cy0 + e)y + Q(x0, y0) - 2(dx0 + ey0).

Если ac - b2 = 0, то система уравнений ax0 + by0 = d, bx0 + cy0 = e имеет (един ственное) решение. Решив эту систему и положив f =f-Q(x0, y0)+2(dx0 +ey0), приводим (1) к требуемому виду.

31.2. Ясно, что Q(x, y ) = Q(x cos + y sin, -x sin + y cos ) = = x (a cos2 - 2b cos sin + c sin2 ) + + 2x y (a sin cos + b(cos2 - sin2 ) - c cos sin ) + + y (a sin2 + 2b sin cos + c cos2 ).

a - c Чтобы уничтожить коэффициент при x y, нужно решить уравнение = 2b = - ctg 2 и найти требуемый угол.

31.3. При решении задачи 31.2 мы получили, что a1 = a cos2 - 2b cos sin + c sin2, b1 = a cos sin + b(cos2 - sin2 ) - c cos sin, c1 = a sin2 + 2b cos sin + c cos2.

Поэтому a1c1 - b2 = (a2 + c2) sin2 cos2 + ac(sin4 + cos4 ) - 2b(a - c) sin cos (sin2 - cos2 ) - 4b2 sin2 cos2 - (a2 + c2) sin2 cos2 + 2ac sin2 cos2 - 2b(a - c) sin cos (cos2 - sin2 ) - b2(cos2 - sin2 )2 = = ac - b2.

31.4. Если b = 0, то требуемое представление можно получить с помощью параллельного переноса (задача 31.1). Если же b = 0, то помимо параллельно го переноса нужно применить поворот (задача 31.2). После этого, произведя очевидные преобразования, получим уравнение вида x 2 y 2 x 2 y ± = 0 или ± = 1.

2 2 2 2 Здесь оба числа и не равны нулю, поскольку согласно задаче 31. 2 = ±(ac - b2).

594 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.5. Если b = 0, то a = 0 или c = 0. Сделав при необходимости замену координат x = y и y = x, можно считать, что a = 0. Пусть теперь b = 0. При повороте x = x cos + y sin, y = -x sin + y cos выражение ax2 + 2bxy + cy2 переходит в a1x 2 + 2b1x y + c1y 2, где a1 = a cos - 2b cos sin + c sin2. По условию ac = b2, поэтому если tg = a/c, то a1 = 0.

Итак, в обоих случаях мы приходим к уравнению вида y2 + 2dx + 2ey = f.

Сделаем замену x = x + x0, y = y + e. В результате получим уравнение y 2 - e2 + 2d(x - x0) = f. Если d = 0, то получаем уравнение вида y 2 =, а ес ли d = 0, то при соответствующем выборе x0 получаем уравнение y 2 + 2dx = 0.

31.6. Поместим начало координат посередине между точками F1 и F2, ось Ox направим по отрезку F1F2, а ось Oy — перпендикулярно оси Ox.

Пусть F1 и F2 имеют координаты (c, 0) и (-c, 0), соответственно, а сумма расстояний от точки X = (x, y) до F1 и F2 равна 2a. Тогда (x - c)2 + y2 = 2a - (x + c)2 + y2 = (x - c)2 + y2 = 4a2 - 4a (x + c)2 + y2 + (x + c)2 + y2 = a (x + c)2 + y2 = a2 + xc = a2(x2 + 2xc + c2) + a2y2 = a4 + 2a2xc + x2c2 = (a2 - c2)x2 + a2y2 = a2(a2 - c2).

В итоге, обозначив b2 = a2 - c2, получаем x2/a2 + y2/b2 = 1.

x2 y 31.7. Точки (x, y ) и (x, y ) пересечения эллипса + = 1 и прямой a2 b y = px + q найдём, решив квадратное уравнение x2 (px + q) + = 1.

a2 b По теореме Виета (x + x )/2 = -a2pq/(b2 + a2p2) и, значит, y + y x + x b2q = p + q =.

2 2 b2 + a2p Таким образом, середины хорд эллипса, параллельных прямой y = px, лежат b на прямой y = - x.

pa 31.8. Это уравнение можно получить, воспользовавшись тем, что касатель ная к эллипсу — это прямая, пересекающая его ровно в одной точке. Действи x2 y x2 y2 x0x y0y (x0 - x)2 (y0 - y) 0 тельно, если + = 1, + = 1 и + = 1, то + = 0, a2 b2 a2 b2 a2 b2 a2 b поэтому (x0, y0) = (x, y).

31.9. Проведём касательную в точке X, лежащей на эллипсе, и биссектрису внешнего угла при вершине X треугольника F1XF2. Если бы биссектриса не совпала с касательной, то она пересекла бы эллипс в другой точке M = X.

Отразим F2 относительно биссектрисы. Получим точку F. Имеем F1M + F2M = F1M + F M > F1F = F1X + F2X, 2 Решения задач т. е. M лежит вне эллипса — противоречие. Значит, биссектриса совпадает с касательной, и следовательно, угол падения (т. е. угол между прямой F1X и касательной) равен углу отражения (т. е. углу между прямой F2X и ка сательной). Таким образом, доказано, что лучи, исходящие из F1, соберутся в F2.

31.10. Любой параллелограмм является образом квадрата при аффинном преобразовании, а любой треугольник — образом правильного треугольника.

31.11. а) Эллипс является образом окружности при аффинном преобразова нии. Сопряжённые диаметры эллипса являются образами перпендикулярных диаметров окружности. Ясно также, что при аффинном преобразовании сохра няется отношение площадей фигур.

б) Можно считать, что точки O, A и B имеют координаты (0, 0), (a cos, b sin ) и (-a sin, b cos ).

31.12. Пусть O — центр эллипса, P1 и P2 — проекции фокусов F1 и F на касательную, A — точка касания. Тогда P1AF1 = P2AF2 =. Положим x = F1A, y = F2A. Величина x + y = c не зависит от точки A. Поэтому 2 2 c x + y x + y P1O2 = P2O2 = cos + sin =.

2 2 Кроме того, F1F2 = x2 + y2 + 2xy cos 2 = c2 - 4xy sin2, поэтому величина xy sin2 = d1d2 постоянна.

31.13. Пусть точки G1 и G2 симметричны F1 и F2 относительно пря мых OA и OB соответственно. Точки F1, B и G2 лежат на одной прямой и F1G2 = F1B + BG2 = F1B + BF2. Треугольники G2F1O и G1F2O имеют равные стороны. Поэтому G1OF1 = G2OF2 и AF1O = AG1O = BF1O.

31.14. Пусть эллипс с фокусами F1 и F2 вписан в угол в вершиной X.

Тогда согласно задаче 31.13 прямые XF1 и XF2 симметричны относительно биссектрисы угла X.

31.15. Пусть A1, B1, C1, D1 — точки касания эллипса со сторонами AB, BC, CD, DA соответственно. Согласно задаче 31.13 A1FB = BFB1 =, B1FC = CFC1 =, C1FD = DFD1 =, D1FA = AFA1 =. Здесь,,, — некоторые углы;

их сумма равна 180. Ясно также, что AFB + CFD = = ( + ) + ( + ).

31.16. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее эллипс в окруж ность. Оно переводит данный параллелограмм в ромб. Диагонали ромба содер жат пару перпендикулярных диаметров полученной окружности.

a a2 a2 - b 31.17. а) Пусть d =. Тогда de2 = · = c, при этом вели e a2 - b2 a чина d — расстояние от начала координат до директрисы. Проверим, что множество точек X = (x, y), для которых отношение расстояния до фокуса (c, 0) к расстоянию до директрисы x = d равно e, т. е. множество точек, задаваемых уравнением (x - c)2 + y = e2, (1) (x - d) есть эллипс. Равенство (1) при условии, что c = de2, эквивалентно равенству x2 y + = 1, d2e2 d2e2(1 - e2) 596 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола совпадающему с каноническим уравнением эллипса, так как d2e2 = a и d2e2(1 - e2) = b2.

б) Пусть прямая l задана уравнением x = d, а точка F имеет координаты (c, 0). Тогда рассматриваемому множеству принадлежат две точки с коор x - c динатами (x, 0), удовлетворяющими уравнению = ±e. Поместим начало x - d координат посредине между этими точками. Тогда de + c -de + c + = 0, 1 + e 1 - e т. е. c = de2. В таком случае уравнение (1) эквивалентно каноническому урав нению эллипса.

31.18. Пусть O — вершина данного прямоугольника, OA и OB — касатель ные к эллипсу. Рассматриваемый в решении задачи 31.13 треугольник F1OG в данном случае прямоугольный. Следовательно, F1O2 + F2O2 = F1G2 — посто янная величина. Если M — центр эллипса, то величина OM2 = (2F1O2 + 2F2O2 - F1F2) тоже постоянна.

31.19. Для рассматриваемого эллипса вершины описанного вокруг него прямоугольника со сторонами, параллельными осям эллипса, лежат на рас сматриваемой окружности. Согласно задаче 31.18 вершины всех остальных прямоугольников, описанных вокруг рассматриваемого эллипса, лежат на рассматриваемой окружности. Поэтому хорда PQ является стороной прямо угольника, описанного вокруг эллипса. Согласно задаче 31.16 диагонали этого прямоугольника содержат сопряжённые диаметры эллипса.

31.20. а) Точки A и B имеют координаты (a cos, b sin ) и (a sin, -b cos ).

Точки P и Q имеют координаты ((a + b) sin, -(a + b) cos ) и ((a - b) sin, (a - b) cos ).

б) Требуемое построение, по сути дела, описано в задаче а).

31.21. Точка Q лежит на описанной окружности треугольника AF1F2, где F1 и F2 — фокусы эллипса. При этом Q — середина дуги F1F2. Пусть S — середина дополнительной дуги F1F2, т. е. QS — диаметр. Если R — радиус описанной окружности, и — углы при вершинах F1 и F2, то - + AQ = 2R cos, OS = 2R sin2, 2 - + - AP = OS cos = 2R sin2 cos.

2 2 Поэтому 2 + - AF1 + AF AP · AQ = 2R sin cos = (R sin + R cos )2 =.

2 2 31.22. Пусть ромб ABCD вписан в эллипс с центром O. Тогда радиус r вписанной окружности ромба равен высоте прямоугольного треугольника AOB, т. е.

1 1 = +.

r2 OA2 OB Решения задач x2 y Для эллипса + = 1 прямые OA и OB имеют уравнения y = kx a2 b и y = -x/k, а точки A и B имеют координаты (x0, y0) и (x1, y1), где 1 k2 1 x2 + = 1, x2 + = 1.

0 a2 b2 a2 k2b Поэтому 1 k2 1 + + 1 a2 b2 a2 k2b2 1 + = + = +, OA2 OB2 1 + k2 a2 b 1 + k т. е. радиус r не зависит от положения ромба.

31.23. Сопряжённые диаметры можно представить посредством диагона лей параллелограмма ABCD, описанного вокруг эллипса с центром O. Пусть биссектрисы углов AOB, BOC, COD, DOA пересекают стороны этого паралле лограмма в точках A1, B1, C1, D1 соответственно, а лучи OA1, OB1, OC1, OD пересекают эллипс в точках A2, B2, C2, D2. Тогда точки A2, B2, C2, D2 — цен тры рассматриваемых окружностей.

Достаточно доказать, что A2B2C2D2 — параллелограмм со сторонами, парал лельными прямым AC и BD. В самом деле, диагонали этого параллелограмма перпендикулярны, поэтому он — ромб. Согласно задаче 31.22 радиус вписан ной окружности такого ромба зависит только от эллипса и не зависит от положения ромба. Из параллельности прямых A2B2 и AC следует, что радиус вписанной окружности ромба равен расстоянию от точки A2 до прямой AC, т. е. он равен радиусу рассматриваемой окружности с центром A2.

Докажем, например, что A2B2 AC. Сначала заметим, что A1B1 AC, так как AA1 : A1B = AO : BO = CO : BO = CB1 : BB1.

Сделаем аффинное преобразование, переводящее рассматриваемые сопряжён ные диаметры в диаметры окружности. В таком случае образы прямых A1O и B1O будут симметричны относительно B прямой OB, поэтому образ прямой A2B2 будет A параллелен образу прямой AC.

31.24. а) Пусть PF1Q = 2, PF2Q = 2, POF1 = p, F1OF2 = q. Согласно задаче 31. L M PF1O =, PF2O =, F2OQ = p;

C D из последнего равенства следует, что POQ = = 2p + q. K N Отрезки PF1 и PF2 образуют равные углы F1 F с касательной PO, поэтому + p = F2PO = - - (p + q), т. е. POQ = 2p + q = - ( + ) = Рис. 31. - (PF1Q + PF2Q).

б) Введём такие обозначения точек касания, как на рис. 31.3. Согласно задаче а) 1 = (KF1L + KF2L), = (MF1N + MF2N).

2 598 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Лучи F1A и F1B являются биссектрисами углов KF1M и LF1N соответ ственно, поэтому 2 = 2AF1B = (AF1L + LF1B) + (AF1M + MF1B) = = (AF1L + BF1N) + (KF1A + MF1B) = KF1L + MF1N.

Аналогично = AF2B = (KF2L + MF2N).

31.25. Пусть — угол между любой из рассматриваемых касательных и осью Ox. Рассмотрим окружность S с центром ((a + b) cos, (a + b) sin ), проходящую через точку A = (a cos, b sin ).

Касательная к эллипсу в точке A задаётся уравнением a cos b sin x + y = 1.

a2 b Эта прямая перпендикулярна прямой AO1, которая задаётся уравнением a sin y = x + c.

b cos Поэтому окружность S касается эллипса.

Докажем теперь, что окружность S касается прямых l1 и l2. Пусть пря мая l1 касается эллипса в точке (-a cos, b sin ). Тогда она имеет уравнение -x cos y sin + = 1.

a b b cos Это, в частности, означает, что tg =. Квадрат расстояния от начала a sin координат до прямой l1 равен cos2 a2 sin b2 = b2 cos2 1 + = b2 cos2 + a2 sin2.

sin2 b2 cos Последнее выражение совпадает с квадратом радиуса окружности S. Для пря мой l2 получаем точно такое же выражение.

31.26. Нормаль к эллипсу в точке (x0, y0) задаётся уравнением -y0 x0 1 x + y = x0y0 -.

b2 a2 a2 b Она пересекает большую полуось в точке с координатой 1 1 a2 - b x1 = b2x0 - = x0.

b2 a2 a При этом b2x b4 b4 1 b r2 = y2 + (x0 - x1)2 = y2 + x2 = b2 - + x2 = b2 - b2x2 -.

0 0 0 a4 a2 0 a4 a2 a Легко проверить, что (a2 - b2)(b2 - r2) = x2.

b Решения задач 31.27. Согласно задаче 31. a2 - b2 - r1 ± b2 - r2.

r1 + r2 = |OC1 ± OC2| = b2 b Это соотношение можно преобразовать к виду 2 a4r1 - 2a2(a2 - 2b2)r1r2 + a4r2 - 4b4(a2 - b2) = 0.

Рассмотрим полученное выражение как квадратное уравнение относительно r1.

Оно имеет корни r1 и r3, поэтому 2a2(a2 - 2b2) r1 + r3 = r2.

a 31.28. Согласно задаче 31.27 числа ri удовлетворяют рекуррентному соот ношению ri+2 - kri+1 + ri = 0, p p поэтому rp = a + b, где и — корни уравнения x2 - kx + 1 = 0. Ясно, что 1 1 p -p = 1, т. е. rp = a + b. Требуемая формула теперь легко проверяется.

1 31.29. Пусть x = 2pX и y = 2pY. Тогда уравнения 2py = x2 и Y = X2 экви валентны.

31.30. Подставив уравнение параболы y = x2 в уравнение окружности (x - a)2 + (y - b)2 = R2, получим уравнение 4-й степени с нулевым коэффи циентом при x3. Сумма корней этого уравнения равна нулю.

31.31. Сложите уравнения x2 + py = 0 и (y - y0)2 + ax + b = 0.

31.32. Для параболы доказательство такое же, как для эллипса (см. зада чу 31.7).

31.33. а) Пусть x2 = 2py. Тогда квадрат расстояния от точки (x, y) до точки (0, p/2) равен 2 p p2 p x2 + y - = 2py + y2 - py + = y +, 2 4 p p y.

а расстояние от точки (x, y) до прямой y = - равно + 2 б) Можно считать, что фиксированная точка имеет координаты (0, p/2), а фиксированная прямая задаётся уравнением y = -p/2. Тогда множество то чек (x, y), для которых расстояние до фиксированной точки равно расстоянию до фиксированной прямой, задаётся уравнением 2 p p x2 + y - = y +, 2 т. е. x2 = 2py.

31.34. Пусть точка X лежит на параболе с фокусом F и H — её проекция на директрису. Тогда FX = XH (задача 31.33). Проведём биссектрису угла FXH.

Если она не совпадает с касательной, то она пересекает параболу в точке M = X. Но тогда FM = MH = MH, где H — проекция на директрису. По лучено противоречие. Из него следует, что угол падения луча, параллельного оси, равен углу между касательной и FX, т. е. все лучи параллельного пучка собираются в фокусе, что и требовалось.

31.35. Касательная в точке (2ti, t2) задаётся уравнением y = xti - t2. Легко i i проверить, что указанная точка лежит на обеих касательных.

600 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.36. Пусть A1 и B1 — проекции точек A и B на директрису. Тогда AO и BO — серединные перпендикуляры к отрезкам A1F и B1F. Поэтому A1O = FO = B1O, а значит, A1B1O = B1A1O =. Несложные вычисления с углами показывают, что OFA = OFB = 90 + и AFB = 180 - 2 = = A1OB1 = 2AOB.

31.37. Воспользуемся обозначениями из задачи 31.36. Согласно этой задаче AFB = A1OB1 = 2AOB. Поэтому условие AOB = 90 эквивалентно тому, что AFB = 180 и A1OB1 = 180.

31.38. а) Проекция фокуса F на касательную к параболе лежит на ка сательной к параболе, перпендикулярной оси. Поэтому проекции A, B, C фокуса F на прямые BC, CA, AB лежат на одной прямой. Это означает, что точка F лежит на описанной окружности треугольника ABC. В самом деле, AFC = AB C = A B C = A FC, поэтому CFA = A FC = 180 - B.

б) Касательные к параболе x2 = 4y в точках (2ti, t2) задаются уравнениями i y = tix - t2. Они пересекаются в точках (ti + tj, titj). Легко проверить, что i ортоцентром треугольника с вершинами в трёх таких точках служит точка (t1 + t2 + t3 + t1t2t3, -1).

в) Можно считать, что парабола задаётся уравнением x2 = 4y. В таком случае точки,, имеют координаты (2ti, t2), i = 1, 2, 3. Легко проверить, i что 2t1 t2 1 t2 + t3 t2t3 2t2 t2 1, SABC = 1 t3 + t1 t3t1 1.

S = 2 2t3 t2 1 t1 + t2 t1t2 г) Существует аффинное преобразование, переводящее ось параболы и пря мую AC в пару перпендикулярных прямых. Поэтому можно считать, что точ ки,, имеют координаты (2t1, t2), (0, 0), (2t3, t2), причём t1 < 0 и t3 > 0.

1 В таком случае 2t3 t2 1 (t3 - t1) 1 1 S C = - t3, S A = t3, S B = =.

2t1 t2 1 2 2 t1 + t3 t1t3 1 31.39. Касательные к параболе x2 = 4y в точках A = (2t1, t2) и B = (2t2, t2) 1 пересекаются в точке O = (t1 + t2, t1t2). В рассматриваемом случае t1t2 = -2.

Теперь уже легко проверить, что точка (0, 0) является ортоцентром треуголь ника AOB.

31.40. Рассмотрим семейство всех парабол с фокусом в данной точке F и осью, параллельной лучам света. Точнее говоря, ось параболы направлена так, чтобы данный пучок лучей света после отражения от параболы сходился в точке F.

Пусть луч света отражается от точки M кривой C и попадает в точку F.

Тогда касательная к C в точке M совпадает с касательной в точке M к пара боле, проходящей через точку M. Такое свойство может выполняться для всех точек кривой C лишь в том случае, когда она совпадает с одной из парабол рассматриваемого семейства.

31.41. а) Доказательство достаточно провести для равнобочной гиперболы.

1 Пусть точки A и B имеют координаты x1, и x2,. Тогда пря x1 x Решения задач мая AB задаётся уравнением x + x1x2y = x1 + x2. Поэтому точки A1 и B 1 имеют координаты 0, + и (x1 + x2, 0). Требуемое равенство теперь x1 x легко доказывается, поскольку его достаточно проверить для проекций точек на одну из осей координат.

б) Непосредственно следует из а).

31.42. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. Согласно зада че 31.41 точки A1, B1 и C1 являются серединами гипотенуз прямоугольных треугольников, образованных осями координат и прямыми BC, CA и AB.

Поэтому (C1O, Oy) = (Oy, AB) и (Oy, OB1) = (AC, Oy). Следовательно, (C1O, OB1) = (AC, AB) = (C1A1, A1B1). Это означает, что точка O лежит на описанной окружности треугольника A1B1C1.

-1 -1 - 31.43. Пусть a = + i, b = + i, c = + i — вершины данного тре угольника на комплексной плоскости. Проверьте, что h = - - i( )-1 — его ортоцентр. Покажите, например, что число (a - h)/(b - c) чисто мнимое.

Pages:     | 1 |   ...   | 9 | 10 || 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.