WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 16 | 17 || 19 |

Тогда g1=(2a+c+(a-e))/3, g3 =(2c+e+(e-c))/3, g5 =(2e+a+(a-e))/3, где = =cos /3+i sin /3. Отсюда g3-g1=(g5-g1). Это означает, что треугольник G1G3Gправильный. Аналогично показывается, что треугольник G2G4G6 также правильный.

2.34. Пусть a=1, b=-1, cc=1. Если A1, B1, C1 — проекции точки M на прямые BC, CA, AB, то a1=(m-1+c+cm)/2, b1=(m+1+c-cm)/2, c1=(m+m)/2. По условию m=(a1+b1+c1)/3, откуда 3m=2c+m и m=(3c+c)/4. Если CD — высота треугольника ABC, то c+c=2d, потому m=(c+d)/2, т. е. точка M совпадает с серединой отрезка CD. 2.35. Пусть O — начальная точка. Тогда b=a, c=a, d=c=a, где =cos /3+i sin /3 и =. Если M, N, K — середины отрезков OA, OD, BC, то (k-m)=a(+3)/2=a(-1)/2=n-m. Значит, треугольник MNK правильный.

2.36. Пусть a=1, b=-1. Тогда d=1/3 и c=2-1, где =cos /3+i sin /3. Уравнение прямой CD имеет вид z=c+(1-)d, где =. Докажите, что точка E имеет координату. 2.37. Пусть вершинам правильного вписанного 2n-угольника A0A1... A2n-соответствуют комплексные числа zk (k=0, 1, 2,..., 2n-1), где z=cos /n+i sin /n.

Тогда две соседние вершины соответствующего описанного 2n-угольника имеют коорди2z 2zнаты и, а две соседние вершины правильного описанного n-угольника — 1+z 1+z 2z2 2z4 1-z2 1-z, b2n=2.

координаты и. Следовательно, a =|1-z2|, b =n n 1+z2 1+z2 1+z2 1+zОсталось проверить подстановкой доказываемое равенство, учитывая, что d=2.

2.38. Пусть a=0 и =cos /3+i sin /3. Тогда a1 =c+(b-c), b1=c, c1 =b.

Поэтому m=(b+c1)/3=b(1+)/3 и a1 -m=b(2-1)/3+c(1-), b1-m=c-b (1+)/3. Так как 3=-1 и 2 -+1=0, обнаруживаем, что (a1 -m)2=b1-m, чем и заканчивается доказательство. 2.39. Если c=0, то n=b, m=a=-2a, где =cos /3+i sin /3. Используя это, находим, что углы указанного треугольника равa-bi ны /2, /3, /6. 2.40. Очевидно, что a-m=(b-m)i, откуда m= и, аналогично, 1-i b-ci c-di d-ai n=, p=, q=. Серединам R и S отрезков MP и NQ соответствуют числа 1-i 1-i 1-i a+c-i(b+d) b+d-i(a+c) r= и s=. Если на отрезке RS как на диагонали постро2(1-i) 2(1-i) r-is s-ir ить квадрат URVS, то v= =(b+d)/2, u= =(a+c)/2. Следовательно, точки 1-i 1-i U и V — середины диагоналей данного четырёхугольника. 2.41. Из условия получаем:

m=b+(b-a)i, n=a+(b-a)i, l=c+(d-c)i, k=d+(d-c)i и, следовательно, m+k-(b+d)=(a+c-(b+d))(-i), n+l-(a+c)=(b+d-(a+c))i. Если четырёхугольник ABCD — не параллелограмм (a+c=b+d), то из полученных равенств следует, что се редины диагоналей четырёхугольников ABCD и MNKL являются вершинами квадрата.

Если четырёхугольник ABCD — параллелограмм (a+c=b+d), то середины совпадают (m+k=b+d, n+l=a+c). 2.42. Если a1-a2=(a2-a3), то в силу подобия многоугольников b1-b2=(b2-b3). 2.43. Пусть треугольник ABC вписан в окружность zz=и a=1, b=8, c=13 =-4, где =cos /9+i sin /9, т. е. 18=1, 9=-1, 6-3+1= =0. Пусть A1, B1, C1 и A2, B2, C2 — вторые точки пересечения прямых AE, BE, CE и AD, BD, CD с окружностью. Тогда a1=10=-, b1=17=-8, a2=9=-1, b2=15=-6.

(1-)-(8-8) -Для точки E пересечения прямых AA1 и BB1 имеем: e= =. На-+16 d d c-e ходим: c1= =2. Следовательно, ACE=20. Аналогично получаем, что DCB=10.

ce-Глава 3.1. 30. 3.2. z+iz=0. 3.3. (2-i)z+(2+i)z-2=0. 3.4. (-2+5i)z+(-2-5i)z-14=0. 3.5. (5+3i)z+(5-3i)z-52=0, (3+5i)z+(3-5i)z-52=0, (1-i)z+( 1+i)z=0.

Вершинам треугольника соответствуют числа 4-2i, 2-4i, 7-7i. 3.6. 90. 3.7. 2/2. 3.8.

Две прямые: (3+i)z+(3-i)z-28=0 и (1-3i)z+(1+3i)z-16=0. 3.9. Пусть треугольник ABC вписан в окружность zz=1 и данная прямая t имеет уравнение u(z-h)+ +u(z-h)=0, где h=a+b+c. Симметричная ей относительно AB прямая проходит через точку -ab/c и образует с AB тот же угол, что и AB с прямой t. Это позволяет записать уравнение симметричной с t прямой и найти вторую точку пересечения её с окружностью. Она имеет координату -uabc/u. В это выражение координаты a, b, c вершин треугольника входят симметрично. 3.10. Пусть aa=bb=cc=1, тогда c1=a+i(c-a), c2=b+i(b-c). Прямые AC2, BC1 и CH имеют уравнения (a-c2)z-(a-c2)z=ac2-ac2, (b-c1)z-(b-c1)z=bc1-bc1, (z-c)(b-a)+(z-c)(b-a)=0. При выполнении подстановок и сложении первых двух уравнений получается третье. Это означает, что точка пересечения первых двух прямых принадлежит третьей. 3.11. Решая системы уравнений 2am 2bm соответствующих прямых, находим p=, q=. Значит, m= (p+q). 3.12. Полоa+b a+b жим a=-1, b=1. Если |MA|2-|MB|2=s, то искомое множество точек имеет уравнение z+z=s/2. Это — прямая, перпендикулярная к AB и проходящая через точку s/4.

3.13. Прямая, содержащая точку пересечения прямых AB и CD. 3.14. Пусть a=0, b=b.

Тогда m=m, p=d при =, c=b+d, n=p+m=d+m. Прямые DM, BP и CN имеют, соответственно, уравнения (d-m)z+(m-d)z+m(d-d)=0, (b-d)z+(d-b)z+b (d-d)=0, (d-m+b-d)z+(m-d+d-b)z+b(d-d)+m(d-d)=0. Очевидно, третье из них является следствием (суммой) первых двух. Это и доказывает утверждение задачи. 3.17. (1+i 3)/2 и (1-i 3)/2. Доказываемое свойство четырёхугольника ABCD следует из того, что |(1+i 3)/2|=|(1-i 3)/2|=1. 3.18. Рассмотрите вторые точ b-m b-a ки пересечения прямых MP и NQ с окружностью. 3.20. Пусть arg : = c-m c-a d d b-a b-m и arg ==CAB. Тогда CMB=arg =+. Искомое множество точек совпадает c-a c-m с множеством точек, из которых отрезок CB виден под постоянным углом +. 3.21. Исклюc+i c-i чая параметр c из системы z=, z=, получаем уравнение 4zz+z+z=2, или 2c-i 2c+i (z+1/4)(z+1/4)=9/16. Оно определяет окружность с центром S(-1/4) и радиусом R= =3/4. Из неё необходимо исключить точку z=1/2. 3.22. Используйте уравнение (14.7);

s=bc(b-c)/(bc-bc). 3.23. Точка M не существует, если ABCD — параллелограмм или трапеция. Воспользуйтесь теоремой Симсона (§ 7). Если BCAD=P, то искомой точкой M является вторая точка пересечения окружностей PAB и PCD. Для нахождения координаты m примите точку P за начальную и используйте уравнение (14.7); m= =(ac-bd)/(a+c-(b+d)). Покажите, что эта формула сохраняет силу при любом выборе начала. 3.24. Если c=0, a=1, то b=-b, p=1+b-. Руководствуясь (14.7), составьте уравнения окружностей PAC и PBC и проверьте выполнение условия ортогональности (14.9).

3.25. Пусть a=0, b=1. Принадлежность точки B данным окружностям выражается равенствами s+s=1 и s1+s1=1. Так как точки A, C, S коллинеарны, то c=s при =.

Из условия принадлежности точки C окружности S1 находим =s1/s+s1/s и проверяем, что двойное отношение точек B, C, S, S1 — действительное число. Точка D равноправc1-a c-b на с точкой C. 3.26. В обоих случаях число · должно быть действительным.

d-a d1-b Для доказательства этого целесообразно положить a=0, b=1. 3.27. Если описанная около данного правильного n-угольника окружность имеет уравнение zz=1 и заданная сумма квадратов расстояний равна k2, то искомое множество точек характеризуется уравнением zz=k2/n-1, т. е. при k2>n является окружностью, концентричной описанной окружности. 3.28. Окружность zz=2k2/n-1/2 (в условиях предыдущего указания). 3.29. Окружность, симметричная окружности ABC относительно прямой AB. 3.31.

Окружность, описанная около треугольника ABC. 3.32. Окружность (z-(a+b)/4) (z-(a+b)/4)=(a+b)(a+b)/16. Она содержит центр O данной окружности zz=и имеет центр в середине отрезка, соединяющего точку O c серединой отрезка AB.

3.37. Прямая. 3.38. Окружность, если заданное отношение =1, и прямая (радикальная ось окружностей) при =1. 3.39. Пусть дана точка A и окружность zz=1. Если одна из окружностей заданного множества пересекает данную окружность в диаметрально противоположных точках B и C, то c=-b. Принимая a=a, запишем уравнение этой окружности в виде (14.7). Точки пересечения её с действительной осью OA находятся при условии z=z, что приводит к уравнению az2-a2z+z-a=0, или (z-a)(az+1)=0, откуда z1=a и z2=-1/a. Точка D(-1/a) не зависит от выбора диаметра BC. Значит, каждая из окружностей заданного множества проходит через точки A(a) и D.

Глава 4.1. 4+3i, 5i. 4.2. Если A и B то центру поворота соответствует комплексное C D, ad-bc число a+d-(b+c). 4.3. 2: 3:1. 4.4. Пусть a=0, b=1. Если S и S1 —центры окружностей, то s+s=s1+s1=1 (см. указание к задаче 3.25). Пусть при указанном подобии m1-sm-s точка M окружности S отображается в точку M1 окружности S1. Тогда = = a-s a-s=, ||=1, откуда m=s(1-), m1 =s1(1-). Докажите коллинеарность точек M, M1, B.

4.5. Коэффициент равен -1/3, центр находится в центроиде четырёхугольника ABCM.

4.6. Пусть lt=O — начало координат, l — действительная ось, и прямая t имеет уравнение uz+uz=0. Если вершины A и B лежат на l, а вершина D —на t, то d=-ud/u, a=(d+d)/2=d(1-u/u)/2, c-d=i(a-d), откуда c=d(1-i/2-ui/(2u)). Следовательно, преобразование D есть подобие, и поэтому искомым множеством точек будет пряC мая — образ прямой t при этом подобии. 4.7. Если окружность с центром S принята за единичную, а линия центров — за действительную ось, то окружность с центром Sимеет уравнение zz-s1(z+z)=1-s1(a+a). Решая его совместно с уравнением z+acz= =a+c прямой AC и учитывая известное уже решение z=a, по теореме Виета находим - d=c+s1-acs1. Так как p=(a+a)/2, то SP:PS1=(a+a):(2s1-(a+a))=. Значит, m= =(c+d)/(1+)=(a-a)c/(2a)+(a+a)/2. Преобразование z =(a-a)z/(2a)+(a+a)/есть подобие, поэтому искомое множество точек M является образом окружности S при этом подобии, т. е. окружностью. Если z=0, то z =(a+a)/2=p. Если z=a, то z =a.

Следовательно, полученная окружность имеет центр P и проходит через A. 4.9. Примем центр данного подобия за начальную точку. Тогда m1 =m. Условие коллинеарности точек M, M1, S даёт: (-)mm+s(-1)m+s(1-)m=0. Следовательно, если данное подобие — не гомотетия, т. е. =, то искомым множеством точек M является окруж ность, содержащая центр O подобия. Она проходит через точку S и прообраз точки S при этом подобии. 4.10. Перенос на вектор 2AB. 4.11. Если A, B, C —центры данных симметрий, то центр симметрии, являющейся их композицией, имеет координату a-b+c. 4.12. Симметрия относительно перпендикуляра к AB в точке A. 4.13. Точка лежит на прямой. 4.14. Движение z =z+, =1, есть композиция осевой симме трии z =-z-v и центральной симметрии z =-z++v, где v — действительный параметр. 4.15. Оси симметрий перпендикулярны или совпадают. 4.16. Для четырёхугольника ABCD согласно условию c-a=i(d-b). Примените формулу (18.8) при =i.

4.17. Если окружность единичная, то симметрия относительно прямой A1A2, содержащей сторону вписанного многоугольника A1A2... A2k, записывается формулой z =-a1a2z+ +a1 +a2. 4.18. Используйте задачу 4.4 и рассмотрите композицию подобий. 4.19. Кцели приводит композиция гомотетий с центрами C, A, B. 4.20. Пусть прямая BA1 пересекает окружность вторично в точке M. Руководствуясь результатом задачи 4.4, рассмотрите две композиции подобий с центрами A и B, каждая из которых отображает в себя. Они являются центральными симметриями. Рассмотрите образы точки C при этих композициях. 4.21. Задача решается с помощью композиции четырёх гомотетий с центрами в точках касания. 4.22. Решив заданное уравнение относительно c, полу чим c1,2 =(a+b)/2±i(a-b)/(2 3). Если M — середина AB, то вектору MA соответствует комплексное число a-(a+b)/2=(a-b)/2. Подобие с центром M, углом /2 и коэф фициентом 1/ 3 отображает точку A в точку C1. Точки C1 и C2 служат центрами двух правильных треугольников, построенных на отрезке AB как на стороне. 4.23. Обратное преобразование: z =(2-i/2)z+(1-3i/2)z+2i, неподвижная точка 1+2i, образ действительной оси: (2+i)z+(2-i)z-4=0, её прообраз: (-2+3i)z+(-2-3i)z+12= =0. 4.24. (2+i)z+(2-i)z+14=0, (3+i)z+(3-i)z+20=0. 4.25. См. § 23. Ось сжатия:

(3-4i)z+(3+4i)z+2=0. Направление характеризуется вектором OA при a=1+2i, коэффициент равен 12. 4.26. (1+i)z+(1-i)z+2=0, направление характеризуется век тором OA=2+2i, параллельным оси сдвига, коэффициент сдвига равен 4. 4.27. Ось:

(1-i)z+(1+i)z-2=0, направление OA=3-i, коэффициент равен -1. 4.28. z = =3(1-i)z/2+(3+i)z/2. 4.29. z =(1+2i)z+2z+2+2i. 4.31. Пусть f и g —косые симметрии с параллельными осями l и m и различными направлениями. Рассмотрим косую симметрию f1 с осью l и направлением симметрии g. Тогда f1f = — сдвиг вдоль l, gf1= — перенос (не параллельно l) (задача 4.30). Поэтому (gf1)(f1f)=, илиgf = =. 4.32. Пусть подобия z =b1z+c1 и z =b2z+c2 имеют одни и те же инвариантные пучки параллельных прямых. Используя уравнение (22.4) и тот факт, что собственные числа аффинного преобразования второго рода всегда действительны и различны, находим формулу композиции заданных подобий: z =|b1|·|b2|z+b2c1+c2, из которой следует доказываемое утверждение. 4.36. Используйте соотношение (24.7). 4.37. Если окружности пересекаются, то существуют две инверсии с центрами в центрах гомотетий, каждая из которых отображает одну окружность в другую. Если окружности не пересекаются или касаются, то существует одна инверсия с центром в одном из центров этих гомотетий. 4.38. Пучок прямых, параллельных мнимой оси. 4.39. Пучок окружностей iz-i (и прямая), проходящих через точки 1 и -1. 4.40. z =, внешняя область (2i-1)z+iz-i az+b относительно этого круга. 4.41. z =. 4.42. Круговое преобразование z =, z-i cz+d c=0, является композицией движения z =z+, =1, и инверсии (z -s)(z-s)=R a || c d a при s=, R2 =, =- =- +, где =ad-bc.

c cc c||, c|| c Задачи смешанного содержания 5.3. M=ADBC. 5.6. AX=b-a-i(c-b)+(c-b)/2, если O — нулевая точка. 5.8.

Эта сумма равна 20R2/9. 5.11. Пусть APBC=A1. Пользуясь теоремой Чевы, находим - BA1 :A1C=1:7. Положим a=1, b=, c=2, где =cos 2/3+i sin 2/3. Тогда 1++2=0.

- - - - - Найдя координаты точек A1 и C1, проверьте, что AA1CC1. 5.12. OC=(OB·OP)OA+ p - - - - - - b b b b b 2R +(OA·OP)OB-(OA·OB)OP. 5.15. MN= cos2 A+cos2 B-2cos A cos B cos C. Доb sin C кажите сначала, что MN=2DH ·R/AB, H — ортоцентр, D — точка, симметричная pгде b b b b точке C относительно O, и что DH =2R 4 cos2 A cos2 B-sin2(B-A). 5.17. Если окружность ABC имеет уравнение zz=1 и p=1, то a1=bc, b1=ac, c1=ab, и на основании формулы (18.19) a2 =a(b+c-bc), b2=b(c+a-ca), c2=c(a+b-ab). Центр окружности A2B2C2 имеет координату ab+bc+ca-abc. 5.18. Точки A, B, C являются тремя вершинами правильного семиугольника. Указанные шесть точек принадлежат окружности девяти точек треугольника ABC.

Pages:     | 1 |   ...   | 16 | 17 || 19 |



© 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.