Глава XV. §3. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач — с. 352
1330. Через точку М — внешнюю относительно окружности с центром О и радиусом R, проведена секущая, пересекающая окружность в точках А и В. Докажите, что MA ⋅ MВ = МО² – R².
Проведём через M и O вторую секущую: она пересекает окружность в точках P и Q, где P ближе к M. Так как точка M внешняя, MP = MO – R, MQ = MO + R.
По теореме о произведении отрезков секущих MA·MB = MP·MQ = (MO – R)(MO + R) = MO² – R². Что и требовалось доказать.
По теореме о произведении отрезков секущих MA·MB = MP·MQ = (MO – R)(MO + R) = MO² – R². Что и требовалось доказать.
1331. Через точку М — внутреннюю относительно окружности с центром О и радиусом R, проходит хорда АВ. Докажите, что MA ⋅ MВ = R² – МО².
Проведём через M диаметр PQ (прямая MO; если M = O, то MA = MB = R и равенство MA·MB = R² верно). Тогда MP = R – MO, MQ = R + MO.
Хорды AB и PQ пересекаются в точке M, поэтому по теореме о произведении отрезков хорд MA·MB = MP·MQ = (R – MO)(R + MO) = R² – MO². Что и требовалось доказать.
Хорды AB и PQ пересекаются в точке M, поэтому по теореме о произведении отрезков хорд MA·MB = MP·MQ = (R – MO)(R + MO) = R² – MO². Что и требовалось доказать.
1332. Две окружности пересекаются в точках А и В. На прямой АВ взята точка K — внешняя относительно данных окружностей. Через точку K проведены две секущие m и l так, что m пересекает одну окружность в точках С и D, а l пересекает другую окружность в точках Е и F. Докажите, что KС ⋅ KD = KЕ ⋅ KF.
Прямая KAB — секущая для обеих окружностей (A и B лежат на обеих).
Для первой окружности секущие KAB и KCD дают KC·KD = KA·KB (теорема о произведении отрезков секущих).
Для второй окружности секущие KAB и KEF дают KE·KF = KA·KB.
Правые части равны, значит, KC·KD = KE·KF. Что и требовалось доказать.
Для первой окружности секущие KAB и KCD дают KC·KD = KA·KB (теорема о произведении отрезков секущих).
Для второй окружности секущие KAB и KEF дают KE·KF = KA·KB.
Правые части равны, значит, KC·KD = KE·KF. Что и требовалось доказать.
1333. На клетчатой бумаге с клетками 1 × 1 см изображены окружности и связанные с ними хорды, секущие или касательные (рис. 411). Найдите: а) длины отрезка МА секущей и хорды АВ (рис. 411, а); б) длину отрезка касательной АМ (рис. 411, б); в) длину отрезка АМ хорды (рис. 411, в). [рисунок 411: клетчатая бумага; а) окружность, секущая через M, A, B; б) окружность и касательная из M с точкой касания A; в) окружность и хорда через M с концом A]
а) Точка A отстоит от M на 4 клетки вправо и 3 клетки вверх, поэтому MA = √(4² + 3²) = 5 см (египетский треугольник 3, 4, 5). Горизонтальная прямая через M по линиям сетки пересекает окружность в отмеченных на рисунке точках, лежащих на расстояниях 4 и 10 клеток от M. Степень точки M относительно окружности равна 4·10 = 40, то есть MA·MB = 40. Отсюда MB = 40 / 5 = 8 см и AB = MB – MA = 8 – 5 = 3 см.
б) Горизонтальная прямая через M пересекает окружность в отмеченных точках на расстояниях 3 и 12 клеток от M. По теореме о квадрате касательной AM² = 3·12 = 36, AM = 6 см.
в) Точка M лежит внутри окружности. Хорда через M имеет вторым концом отмеченную точку P, находящуюся от M на 4 клетки влево и 3 клетки вниз: MP = 5 см. Центр окружности находится на 1 клетку левее и на 1,5 клетки ниже M, поэтому R² = 3² + 1,5² = 11,25, MO² = 1² + 1,5² = 3,25. По задаче 1331 MA·MP = R² – MO² = 8, откуда MA = 8 / 5 = 1,6 см.
Ответ: а) MA = 5 см, AB = 3 см; б) 6 см; в) 1,6 см.
Оговорка: расстояния считаны по клеткам; в пункте в) положение центра (полуцелые координаты) определено по рисунку приближённо.
б) Горизонтальная прямая через M пересекает окружность в отмеченных точках на расстояниях 3 и 12 клеток от M. По теореме о квадрате касательной AM² = 3·12 = 36, AM = 6 см.
в) Точка M лежит внутри окружности. Хорда через M имеет вторым концом отмеченную точку P, находящуюся от M на 4 клетки влево и 3 клетки вниз: MP = 5 см. Центр окружности находится на 1 клетку левее и на 1,5 клетки ниже M, поэтому R² = 3² + 1,5² = 11,25, MO² = 1² + 1,5² = 3,25. По задаче 1331 MA·MP = R² – MO² = 8, откуда MA = 8 / 5 = 1,6 см.
Ответ: а) MA = 5 см, AB = 3 см; б) 6 см; в) 1,6 см.
Оговорка: расстояния считаны по клеткам; в пункте в) положение центра (полуцелые координаты) определено по рисунку приближённо.
1334. В остроугольный треугольник АВС впишите квадрат PQRS так, чтобы вершины P и Q принадлежали стороне АС, а вершины P и S — соответственно сторонам ВС и ВА (рис. 412). [рисунок 412: квадрат PQRS в треугольнике ABC, вершины P и Q на стороне AC, вершина R на BC, вершина S на BA; по рисунку в условии имеются в виду вершины R и S]
Анализ. Допустим, квадрат PQRS построен. Любой другой квадрат с вершинами P′, Q′ на AC и S′ на AB получается из него гомотетией с центром A: при гомотетии прямая AC переходит в себя, AB — в себя, квадрат — в квадрат (гомотетичный многоугольник подобен, углы сохраняются). Поэтому сначала строим вспомогательный квадрат, удовлетворяющий только части условий, а потом преобразуем его гомотетией с центром A.
Построение.
1) Берём на стороне AB произвольную точку S′, опускаем из неё перпендикуляр S′P′ на AC (P′ ∈ AC).
2) На AC от точки P′ в сторону C откладываем P′Q′ = S′P′ и строим квадрат P′Q′R′S′ (R′ внутри угла A).
3) Проводим луч AR′ и находим точку R его пересечения со стороной BC.
4) Через R проводим прямую, параллельную AC; она пересекает AB в точке S. Из S и R опускаем перпендикуляры SP и RQ на AC.
PQRS — искомый квадрат.
Доказательство. Гомотетия с центром A и коэффициентом AR : AR′ переводит R′ в R, S′ — в точку прямой AB, а P′, Q′ — в точки прямой AC; квадрат P′Q′R′S′ переходит в квадрат с вершиной R на BC, S на AB, P и Q на AC, то есть в PQRS.
Исследование. Квадрат всегда существует и единственен: луч AR′ лежит внутри угла A и пересекает BC в единственной точке.
На рисунке серым показан вспомогательный квадрат, красным — искомый.
Построение.
1) Берём на стороне AB произвольную точку S′, опускаем из неё перпендикуляр S′P′ на AC (P′ ∈ AC).
2) На AC от точки P′ в сторону C откладываем P′Q′ = S′P′ и строим квадрат P′Q′R′S′ (R′ внутри угла A).
3) Проводим луч AR′ и находим точку R его пересечения со стороной BC.
4) Через R проводим прямую, параллельную AC; она пересекает AB в точке S. Из S и R опускаем перпендикуляры SP и RQ на AC.
PQRS — искомый квадрат.
Доказательство. Гомотетия с центром A и коэффициентом AR : AR′ переводит R′ в R, S′ — в точку прямой AB, а P′, Q′ — в точки прямой AC; квадрат P′Q′R′S′ переходит в квадрат с вершиной R на BC, S на AB, P и Q на AC, то есть в PQRS.
Исследование. Квадрат всегда существует и единственен: луч AR′ лежит внутри угла A и пересекает BC в единственной точке.
На рисунке серым показан вспомогательный квадрат, красным — искомый.
1335. В треугольник АВС впишите прямоугольник PQRS, подобный прямоугольнику P₁Q₁R₁S₁, так, чтобы вершины P и Q принадлежали стороне АС, а вершины R и S — соответственно сторонам ВС и ВА. [на рисунке к решению: данный прямоугольник P₁Q₁R₁S₁ со сторонами 3 : 2]
Все прямоугольники имеют равные углы, поэтому PQRS ∼ P₁Q₁R₁S₁ тогда и только тогда, когда PQ : QR = P₁Q₁ : Q₁R₁ (на рисунке 3 : 2). Метод тот же, что в задаче 1334 (метод задачи 2 п. 137).
Построение.
1) Берём на AB произвольную точку S′, опускаем перпендикуляр S′P′ на AC.
2) На AC от P′ в сторону C откладываем отрезок P′Q′ = S′P′·(P₁Q₁ : Q₁R₁): строим отрезок такой длины с помощью подобных треугольников (Фалес) или по формуле: через конец P′ вспомогательного луча откладываем Q₁R₁ и P₁Q₁ и проводим параллельные прямые. Строим прямоугольник P′Q′R′S′ (R′ внутри угла A). Он подобен P₁Q₁R₁S₁.
3) Луч AR′ пересекает BC в точке R.
4) Через R проводим прямую, параллельную AC; она пересекает AB в точке S. Из S и R опускаем перпендикуляры SP и RQ на AC.
Доказательство. Гомотетия с центром A, переводящая R′ в R, переводит прямоугольник P′Q′R′S′ в прямоугольник PQRS (вершины P, Q остаются на AC, S оказывается на AB, R на BC). Гомотетичный многоугольник подобен исходному, а подобие транзитивно, поэтому PQRS ∼ P₁Q₁R₁S₁.
Исследование. Задача всегда имеет единственное решение (если треугольник остроугольный и P, Q попадают на сторону AC; иначе точки P или Q оказываются на продолжении AC).
На рисунке серым — вспомогательный прямоугольник, красным — искомый.
Построение.
1) Берём на AB произвольную точку S′, опускаем перпендикуляр S′P′ на AC.
2) На AC от P′ в сторону C откладываем отрезок P′Q′ = S′P′·(P₁Q₁ : Q₁R₁): строим отрезок такой длины с помощью подобных треугольников (Фалес) или по формуле: через конец P′ вспомогательного луча откладываем Q₁R₁ и P₁Q₁ и проводим параллельные прямые. Строим прямоугольник P′Q′R′S′ (R′ внутри угла A). Он подобен P₁Q₁R₁S₁.
3) Луч AR′ пересекает BC в точке R.
4) Через R проводим прямую, параллельную AC; она пересекает AB в точке S. Из S и R опускаем перпендикуляры SP и RQ на AC.
Доказательство. Гомотетия с центром A, переводящая R′ в R, переводит прямоугольник P′Q′R′S′ в прямоугольник PQRS (вершины P, Q остаются на AC, S оказывается на AB, R на BC). Гомотетичный многоугольник подобен исходному, а подобие транзитивно, поэтому PQRS ∼ P₁Q₁R₁S₁.
Исследование. Задача всегда имеет единственное решение (если треугольник остроугольный и P, Q попадают на сторону AC; иначе точки P или Q оказываются на продолжении AC).
На рисунке серым — вспомогательный прямоугольник, красным — искомый.
1336. Даны угол hk и точка А, принадлежащая внутренней области этого угла. Постройте треугольник PQR, подобный данному треугольнику P₁Q₁R₁, так, чтобы P ∈ h, Q ∈ h, R ∈ k и A принадлежала отрезку QR (рис. 413). [рисунок 413: угол hk с вершиной O, точка A внутри угла, треугольник P₁Q₁R₁; на рисунке к решению треугольник P₁Q₁R₁ — внизу справа]
Идея (метод задачи 2 п. 137): сначала строим любой треугольник, подобный P₁Q₁R₁, у которого вершины P′, Q′ лежат на h и R′ на k, а затем гомотетией с центром O подгоняем его так, чтобы сторона QR прошла через A.
Построение.
1) Строим на луче h любой треугольник PQR, подобный P₁Q₁R₁ (PQ на h, R — по ту же сторону от h, что и точка A; углы переносим циркулем и линейкой).
2) Через R проводим прямую, параллельную h; она пересекает луч k в точке R′. Параллельным переносом вдоль h на вектор RR′ переводим P, Q в P′, Q′ на h. Треугольник P′Q′R′ подобен P₁Q₁R₁, P′, Q′ ∈ h, R′ ∈ k.
3) Через точку A проводим прямую, параллельную Q′R′; она пересекает h в точке Q и k в точке R.
4) Через R проводим прямую, параллельную R′P′; она пересекает h в точке P.
Доказательство. Гомотетия с центром O, переводящая R′ в R, переводит прямые h и k в себя, а прямую Q′R′ — в параллельную ей прямую; эта прямая проходит через R и пересекает h в точке Q, то есть Q′ ↦ Q. Значит, △P′Q′R′ переходит в △PQR, гомотетичный ему, а потому подобный △P₁Q₁R₁. Точка A лежит на прямой QR по построению и между Q и R, так как лежит внутри угла.
Исследование. Треугольник можно строить с разным порядком соответствия вершин (P₁Q₁R₁ можно «отразить»), поэтому в общем случае решений несколько; для каждого заданного соответствия вершин решение единственно.
На рисунке серым — вспомогательный треугольник, красным — искомый.
Построение.
1) Строим на луче h любой треугольник PQR, подобный P₁Q₁R₁ (PQ на h, R — по ту же сторону от h, что и точка A; углы переносим циркулем и линейкой).
2) Через R проводим прямую, параллельную h; она пересекает луч k в точке R′. Параллельным переносом вдоль h на вектор RR′ переводим P, Q в P′, Q′ на h. Треугольник P′Q′R′ подобен P₁Q₁R₁, P′, Q′ ∈ h, R′ ∈ k.
3) Через точку A проводим прямую, параллельную Q′R′; она пересекает h в точке Q и k в точке R.
4) Через R проводим прямую, параллельную R′P′; она пересекает h в точке P.
Доказательство. Гомотетия с центром O, переводящая R′ в R, переводит прямые h и k в себя, а прямую Q′R′ — в параллельную ей прямую; эта прямая проходит через R и пересекает h в точке Q, то есть Q′ ↦ Q. Значит, △P′Q′R′ переходит в △PQR, гомотетичный ему, а потому подобный △P₁Q₁R₁. Точка A лежит на прямой QR по построению и между Q и R, так как лежит внутри угла.
Исследование. Треугольник можно строить с разным порядком соответствия вершин (P₁Q₁R₁ можно «отразить»), поэтому в общем случае решений несколько; для каждого заданного соответствия вершин решение единственно.
На рисунке серым — вспомогательный треугольник, красным — искомый.
1337. Дана прямая l и точка О, не лежащая на ней. Используя гомотетию с центром в точке О, докажите, что множество середин всех отрезков OX, где X — любая точка прямой l, есть прямая, параллельная прямой l.
Рассмотрим гомотетию h с центром O и коэффициентом k = 1/2. Она переводит каждую точку X в точку X₁ луча OX, для которой OX₁ = OX/2, то есть в середину отрезка OX.
По свойству 1° гомотетия с коэффициентом, отличным от 1, переводит прямую l, не проходящую через центр O, в параллельную ей прямую l₁. Гомотетия — взаимно однозначное преобразование плоскости: каждая точка прямой l₁ является образом некоторой точки прямой l.
Значит, множество образов точек X ∈ l, то есть множество середин отрезков OX, совпадает с прямой l₁ ∥ l. Что и требовалось доказать. (Прямая l₁ лежит на расстоянии, равном половине расстояния от O до l.)
По свойству 1° гомотетия с коэффициентом, отличным от 1, переводит прямую l, не проходящую через центр O, в параллельную ей прямую l₁. Гомотетия — взаимно однозначное преобразование плоскости: каждая точка прямой l₁ является образом некоторой точки прямой l.
Значит, множество образов точек X ∈ l, то есть множество середин отрезков OX, совпадает с прямой l₁ ∥ l. Что и требовалось доказать. (Прямая l₁ лежит на расстоянии, равном половине расстояния от O до l.)