Глава XV. §2. Преобразование подобия — с. 345
1312. Отметьте точку О и начертите окружность произвольного радиуса r с центром в точке С, отличной от точки О. Постройте окружность, в которую переходит данная окружность при гомотетии с центром в точке О и коэффициентом k, если: а) k = –1; б) k = 1,5; в) k = 3.
По свойству 3° при гомотетии с коэффициентом k окружность с центром C и радиусом r переходит в окружность с центром C₁ и радиусом |k|·r, где C₁ — образ центра C.
Строим точку C₁ на прямой OC: OC₁ = |k|·OC, на луче OC при k > 0 и на противоположном луче при k < 0. Затем проводим окружность с центром C₁ и радиусом |k|·r.
а) k = –1: C₁ симметрична C относительно O, радиус r (окружность, симметричная данной относительно точки O).
б) k = 1,5: OC₁ = 1,5·OC на луче OC, радиус 1,5r.
в) k = 3: OC₁ = 3·OC на луче OC, радиус 3r.
Строим точку C₁ на прямой OC: OC₁ = |k|·OC, на луче OC при k > 0 и на противоположном луче при k < 0. Затем проводим окружность с центром C₁ и радиусом |k|·r.
а) k = –1: C₁ симметрична C относительно O, радиус r (окружность, симметричная данной относительно точки O).
б) k = 1,5: OC₁ = 1,5·OC на луче OC, радиус 1,5r.
в) k = 3: OC₁ = 3·OC на луче OC, радиус 3r.
1313. Перечертите рисунок 401, а–г в тетрадь и постройте треугольники, в которые переходят данные треугольники, при гомотетии с данным центром и коэффициентом: а) △ABC, центр гомотетии О, k = 3; б) △XYZ, центр гомотетии Z, k = 1/2; в) △PQR, центр гомотетии P, k = –2; г) △LMN, центр гомотетии E — середина отрезка LM, k = –1/2. [рисунок 401: на клетчатой бумаге а) A(2; 5), B(5; 2), C(8; 5), O(5; 3,5); б) X(11; 4), Y(14; 7), Z(15; 2); в) P(2; 8), Q(3; 11), R(8; 11); г) L(11; 12), M(11; 8), N(15; 12), E(13; 12), координаты в клетках, ось y вниз]
Образ треугольника при гомотетии — треугольник, вершины которого — образы вершин. Образ X₁ вершины X лежит на прямой, проходящей через центр и X, причём расстояние от центра до X₁ равно |k| расстояний от центра до X; при k < 0 точка X₁ лежит по другую сторону от центра. Образы находим по клеткам.
а) k = 3, центр O. Вектор OA = (–3; 1,5): A₁ = O + 3·OA = (–4; 8); OB = (0; –1,5): B₁ = (5; –1); OC = (3; 1,5): C₁ = (14; 8). Треугольник A₁B₁C₁ подобен ABC с коэффициентом 3.
б) k = 1/2, центр Z: Z₁ = Z; X₁ — середина ZX = (13; 3), Y₁ — середина ZY = (14,5; 4,5). Треугольник ZX₁Y₁ — вдвое уменьшенная копия.
в) k = –2, центр P: P₁ = P; вектор PQ = (1; 3), значит, Q₁ = P – 2·PQ = (0; 2); вектор PR = (6; 3), значит, R₁ = (–10; 2). Треугольник PQ₁R₁ расположен по другую сторону от P и вдвое больше.
г) k = –1/2, центр E. По рисунку точка E лежит на стороне LN (на клетчатой бумаге это середина отрезка LN; в условии назван отрезок LM, а на рисунке E стоит на нижней стороне). Вектор EL = (–2; 0): L₁ = E – 1/2·EL = (14; 12); EN = (2; 0): N₁ = (12; 12); EM = (–2; –4): M₁ = E – 1/2·EM = (14; 14). Треугольник L₁M₁N₁ в 2 раза меньше LMN, повёрнут на 180° относительно E.
На рисунке чёрным даны исходные треугольники, красным — построенные.
Оговорка: координаты вершин считаны с рисунка по клеткам; положение точки O в пункте а) прочитано приближённо (середина клетки по вертикали).
а) k = 3, центр O. Вектор OA = (–3; 1,5): A₁ = O + 3·OA = (–4; 8); OB = (0; –1,5): B₁ = (5; –1); OC = (3; 1,5): C₁ = (14; 8). Треугольник A₁B₁C₁ подобен ABC с коэффициентом 3.
б) k = 1/2, центр Z: Z₁ = Z; X₁ — середина ZX = (13; 3), Y₁ — середина ZY = (14,5; 4,5). Треугольник ZX₁Y₁ — вдвое уменьшенная копия.
в) k = –2, центр P: P₁ = P; вектор PQ = (1; 3), значит, Q₁ = P – 2·PQ = (0; 2); вектор PR = (6; 3), значит, R₁ = (–10; 2). Треугольник PQ₁R₁ расположен по другую сторону от P и вдвое больше.
г) k = –1/2, центр E. По рисунку точка E лежит на стороне LN (на клетчатой бумаге это середина отрезка LN; в условии назван отрезок LM, а на рисунке E стоит на нижней стороне). Вектор EL = (–2; 0): L₁ = E – 1/2·EL = (14; 12); EN = (2; 0): N₁ = (12; 12); EM = (–2; –4): M₁ = E – 1/2·EM = (14; 14). Треугольник L₁M₁N₁ в 2 раза меньше LMN, повёрнут на 180° относительно E.
На рисунке чёрным даны исходные треугольники, красным — построенные.
Оговорка: координаты вершин считаны с рисунка по клеткам; положение точки O в пункте а) прочитано приближённо (середина клетки по вертикали).
1314. Перечертите фигуры, изображённые на рисунках 402, а–г, в тетрадь и постройте фигуры, в которые они переходят при гомотетии с центром в точке А и k = 2. [рисунок 402: на клетчатой бумаге а) равнобедренная трапеция с вершинами (1; 5), (6; 5), (4; 3), (2; 3), точка A (2; 4) на боковой стороне; б) окружность с центром (10; 4) радиуса 2 и точка A (11; 5) на окружности; в) восьмиугольник с «лицом»: глаза (2; 9), (4; 9), нос A (3; 10), рот-дуга; г) параллелограмм с вершиной A (7; 10) и вершинами (11; 10), (12; 8), (8; 8); координаты в клетках, ось y вниз]
При гомотетии с центром A и k = 2 каждая точка X переходит в точку X₁ луча AX, для которой AX₁ = 2·AX; отрезки переходят в отрезки вдвое длиннее, параллельные исходным, окружность — в окружность вдвое большего радиуса. Поэтому строим образы характерных точек и соединяем их так же, как исходные.
а) Вершины трапеции (1; 5), (6; 5), (4; 3), (2; 3); векторы от A = (2; 4) к ним равны (–1; 1), (4; 1), (2; –1), (0; –1). Удваиваем эти векторы и откладываем от A: получаем вершины (0; 6), (10; 6), (6; 2), (2; 2). Получаем трапецию с основаниями 10 и 4 клетки, подобную исходной (коэффициент 2). Сама точка A остаётся на месте.
б) Центр окружности C = (10; 4), A = (11; 5): C₁ = A + 2·(C – A) = (9; 3). Радиус окружности удваивается: 4 клетки. Окружность с центром C₁ и радиусом 4 клетки (проходит через A, так как A лежит на данной окружности и неподвижна).
в) Центр A = (3; 10). Вершины восьмиугольника (2; 8), (4; 8), (5; 9), (5; 10), (4; 11), (2; 11), (1; 10), (1; 9) переходят в (1; 6), (5; 6), (7; 8), (7; 10), (5; 12), (1; 12), (–1; 10), (–1; 8). Глаза (2; 9), (4; 9) переходят в (1; 8), (5; 8); нос A остаётся на месте; рот — дуга, концы которой (2; 10,5), (4; 10,5) переходят в (1; 11), (5; 11), а дуга растягивается вдвое. Получается «лицо», увеличенное вдвое.
г) A = (7; 10): B = (11; 10) → (15; 10), C = (12; 8) → (17; 6), D = (8; 8) → (9; 6). Получаем параллелограмм AB₁C₁D₁ со сторонами вдвое длиннее.
На рисунке исходные фигуры чёрные, построенные — красные.
а) Вершины трапеции (1; 5), (6; 5), (4; 3), (2; 3); векторы от A = (2; 4) к ним равны (–1; 1), (4; 1), (2; –1), (0; –1). Удваиваем эти векторы и откладываем от A: получаем вершины (0; 6), (10; 6), (6; 2), (2; 2). Получаем трапецию с основаниями 10 и 4 клетки, подобную исходной (коэффициент 2). Сама точка A остаётся на месте.
б) Центр окружности C = (10; 4), A = (11; 5): C₁ = A + 2·(C – A) = (9; 3). Радиус окружности удваивается: 4 клетки. Окружность с центром C₁ и радиусом 4 клетки (проходит через A, так как A лежит на данной окружности и неподвижна).
в) Центр A = (3; 10). Вершины восьмиугольника (2; 8), (4; 8), (5; 9), (5; 10), (4; 11), (2; 11), (1; 10), (1; 9) переходят в (1; 6), (5; 6), (7; 8), (7; 10), (5; 12), (1; 12), (–1; 10), (–1; 8). Глаза (2; 9), (4; 9) переходят в (1; 8), (5; 8); нос A остаётся на месте; рот — дуга, концы которой (2; 10,5), (4; 10,5) переходят в (1; 11), (5; 11), а дуга растягивается вдвое. Получается «лицо», увеличенное вдвое.
г) A = (7; 10): B = (11; 10) → (15; 10), C = (12; 8) → (17; 6), D = (8; 8) → (9; 6). Получаем параллелограмм AB₁C₁D₁ со сторонами вдвое длиннее.
На рисунке исходные фигуры чёрные, построенные — красные.
1315. Докажите, что при гомотетии угол переходит в равный ему угол.
Пусть при гомотетии с центром O и коэффициентом k вершина угла V переходит в V₁, а точки A и B, лежащие на сторонах угла, — в A₁ и B₁. Если точки V, A, B не лежат на одной прямой, рассмотрим треугольники VAB и V₁A₁B₁.
По свойству 2° отрезки переходят в отрезки, причём V₁A₁ = |k|·VA, V₁B₁ = |k|·VB, A₁B₁ = |k|·AB. Значит, стороны треугольника V₁A₁B₁ пропорциональны сторонам треугольника VAB, и по третьему признаку подобия △V₁A₁B₁ ∼ △VAB. У подобных треугольников соответственные углы равны, поэтому ∠A₁V₁B₁ = ∠AVB.
Если точки V, A, B лежат на одной прямой (угол развёрнутый), то по свойству 1° их образы тоже лежат на одной прямой, и образ развёрнутого угла — развёрнутый угол. Что и требовалось доказать.
По свойству 2° отрезки переходят в отрезки, причём V₁A₁ = |k|·VA, V₁B₁ = |k|·VB, A₁B₁ = |k|·AB. Значит, стороны треугольника V₁A₁B₁ пропорциональны сторонам треугольника VAB, и по третьему признаку подобия △V₁A₁B₁ ∼ △VAB. У подобных треугольников соответственные углы равны, поэтому ∠A₁V₁B₁ = ∠AVB.
Если точки V, A, B лежат на одной прямой (угол развёрнутый), то по свойству 1° их образы тоже лежат на одной прямой, и образ развёрнутого угла — развёрнутый угол. Что и требовалось доказать.
1316. Докажите, что каждая фигура подобна себе самой.
Возьмём любую точку O и гомотетию с центром O и коэффициентом k = 1. По определению гомотетии OM₁ = |1|·OM, и M₁ лежит на луче OM, значит, M₁ = M: каждая точка переходит в себя, и фигура F переходит в себя, то есть F* = F — фигура, гомотетичная F.
Фигура F равна F* = F (каждая фигура равна самой себе: можно взять тождественное движение). По определению подобия фигур F ∼ F с коэффициентом подобия |k| = 1.
Фигура F равна F* = F (каждая фигура равна самой себе: можно взять тождественное движение). По определению подобия фигур F ∼ F с коэффициентом подобия |k| = 1.
1317. Докажите, что если F₁ ∼ F с коэффициентом k, то F ∼ F₁ с коэффициентом 1/k.
По определению существуют гомотетия h с центром O и коэффициентом k₀ (|k₀| = k) и движение g, для которых F₁ = g(h(F)).
Сначала покажем, что движение «переносит» гомотетию: если g(O) = O′, то g(h(X)) = h′(g(X)), где h′ — гомотетия с центром O′ и тем же коэффициентом k₀. Действительно, точка h(X) лежит на прямой OX (на луче OX при k₀ > 0 и на противоположном луче при k₀ < 0), причём O h(X) = |k₀|·OX. Движение сохраняет расстояния, прямые и лучи, поэтому точка g(h(X)) лежит на прямой O′g(X) с той же стороны от O′, и O′g(h(X)) = |k₀|·O′g(X). Это и значит, что g(h(X)) = h′(g(X)).
Следовательно, F₁ = g(h(F)) = h′(g(F)). Применим к обеим частям гомотетию, обратную h′, то есть гомотетию с центром O′ и коэффициентом 1/k₀: g(F) = (h′)⁻¹(F₁). Значит, фигура g(F) гомотетична F₁ с коэффициентом 1/k₀.
Фигура g(F) равна фигуре F (она получена из F движением g). По определению подобия F ∼ F₁, и коэффициент подобия равен |1/k₀| = 1/k.
Сначала покажем, что движение «переносит» гомотетию: если g(O) = O′, то g(h(X)) = h′(g(X)), где h′ — гомотетия с центром O′ и тем же коэффициентом k₀. Действительно, точка h(X) лежит на прямой OX (на луче OX при k₀ > 0 и на противоположном луче при k₀ < 0), причём O h(X) = |k₀|·OX. Движение сохраняет расстояния, прямые и лучи, поэтому точка g(h(X)) лежит на прямой O′g(X) с той же стороны от O′, и O′g(h(X)) = |k₀|·O′g(X). Это и значит, что g(h(X)) = h′(g(X)).
Следовательно, F₁ = g(h(F)) = h′(g(F)). Применим к обеим частям гомотетию, обратную h′, то есть гомотетию с центром O′ и коэффициентом 1/k₀: g(F) = (h′)⁻¹(F₁). Значит, фигура g(F) гомотетична F₁ с коэффициентом 1/k₀.
Фигура g(F) равна фигуре F (она получена из F движением g). По определению подобия F ∼ F₁, и коэффициент подобия равен |1/k₀| = 1/k.
1318. Докажите, что если фигура F₂ подобна F₁, а фигура F₁ подобна фигуре F, то фигура F₂ подобна фигуре F.
Пусть F₁ ∼ F с коэффициентом k, F₂ ∼ F₁ с коэффициентом n. Тогда F₁ = g₁(h₁(F)), F₂ = g₂(h₂(F₁)), где g₁, g₂ — движения, h₁, h₂ — гомотетии с коэффициентами k₁, k₂ (|k₁| = k, |k₂| = n).
Подставим: F₂ = g₂(h₂(g₁(h₁(F)))). Преобразование g₁⁻¹h₂g₁ — гомотетия h₂′ с тем же коэффициентом k₂ (движение переводит гомотетию в гомотетию с тем же коэффициентом, см. задачу 1317), поэтому h₂g₁ = g₁h₂′ и F₂ = (g₂g₁)(h₂′(h₁(F))).
Составим две гомотетии: h₁: X ↦ O₁ + k₁(X – O₁), h₂′: Y ↦ O₂ + k₂(Y – O₂). Тогда h₂′h₁(X) = k₁k₂·X + c, где c — постоянный вектор. Если k₁k₂ ≠ 1, это гомотетия с коэффициентом k₁k₂ (неподвижная точка X = c/(1 – k₁k₂)); если k₁k₂ = 1, это параллельный перенос, то есть движение.
Движение g₂g₁ — тоже движение. Значит, F₂ получается из F гомотетией с коэффициентом k₁k₂ (или без неё) и последующим движением, то есть F₂ равна фигуре, гомотетичной F. Следовательно, F₂ ∼ F с коэффициентом |k₁k₂| = nk.
Подставим: F₂ = g₂(h₂(g₁(h₁(F)))). Преобразование g₁⁻¹h₂g₁ — гомотетия h₂′ с тем же коэффициентом k₂ (движение переводит гомотетию в гомотетию с тем же коэффициентом, см. задачу 1317), поэтому h₂g₁ = g₁h₂′ и F₂ = (g₂g₁)(h₂′(h₁(F))).
Составим две гомотетии: h₁: X ↦ O₁ + k₁(X – O₁), h₂′: Y ↦ O₂ + k₂(Y – O₂). Тогда h₂′h₁(X) = k₁k₂·X + c, где c — постоянный вектор. Если k₁k₂ ≠ 1, это гомотетия с коэффициентом k₁k₂ (неподвижная точка X = c/(1 – k₁k₂)); если k₁k₂ = 1, это параллельный перенос, то есть движение.
Движение g₂g₁ — тоже движение. Значит, F₂ получается из F гомотетией с коэффициентом k₁k₂ (или без неё) и последующим движением, то есть F₂ равна фигуре, гомотетичной F. Следовательно, F₂ ∼ F с коэффициентом |k₁k₂| = nk.
1319. Пусть при гомотетии с k = –3 треугольник АВС переходит в треугольник А₁В₁С₁, а параллелограмм MNPQ — в параллелограмм M₁N₁P₁Q₁. Можно ли утверждать, что △ABC ∼ △А₁В₁С₁ и MNPQ ∼ M₁N₁P₁Q₁?
При утвердительном ответе найдите коэффициент подобия.
Да. Фигура, в которую переходит многоугольник при гомотетии, гомотетична ему, а по теореме п. 134 многоугольник при гомотетии с коэффициентом k переходит в подобный ему многоугольник с коэффициентом подобия |k|. Здесь |k| = |–3| = 3.
Значит, △A₁B₁C₁ ∼ △ABC и M₁N₁P₁Q₁ ∼ MNPQ с коэффициентом подобия 3 (то есть △ABC ∼ △A₁B₁C₁ и MNPQ ∼ M₁N₁P₁Q₁ с коэффициентом 1/3). Отрицательный знак k говорит лишь о том, что образы расположены по другую сторону от центра гомотетии.
Ответ: да; коэффициент подобия A₁B₁C₁ относительно ABC и M₁N₁P₁Q₁ относительно MNPQ равен 3.
Значит, △A₁B₁C₁ ∼ △ABC и M₁N₁P₁Q₁ ∼ MNPQ с коэффициентом подобия 3 (то есть △ABC ∼ △A₁B₁C₁ и MNPQ ∼ M₁N₁P₁Q₁ с коэффициентом 1/3). Отрицательный знак k говорит лишь о том, что образы расположены по другую сторону от центра гомотетии.
Ответ: да; коэффициент подобия A₁B₁C₁ относительно ABC и M₁N₁P₁Q₁ относительно MNPQ равен 3.