Глава XV. Вопросы для повторения. Дополнительные задачи — с. 356
1351. Начертите два неравных отрезка АВ и А₁В₁, лежащих на параллельных прямых. Постройте центр такой гомотетии, при котором отрезок АВ переходит в отрезок А₁В₁. Сколько решений имеет задача?
Гомотетия переводит отрезок в параллельный отрезок (свойство 1°), поэтому отрезки AB и A₁B₁, лежащие на параллельных прямых, могут быть гомотетичны. Центр O гомотетии лежит на прямой, соединяющей каждую точку с её образом. Концы отрезка AB могут перейти в концы A₁B₁ двумя способами.
1) A ↦ A₁, B ↦ B₁. Тогда O лежит на прямых AA₁ и BB₁. Эти прямые не параллельны (иначе AA₁B₁B — параллелограмм и AB = A₁B₁, а по условию отрезки не равны), поэтому O₁ = AA₁ ∩ BB₁ существует. Коэффициент k = A₁B₁ / AB > 0 по модулю A₁B₁ : AB (знак определяется направлением векторов).
2) A ↦ B₁, B ↦ A₁. Тогда O лежит на прямых AB₁ и BA₁; они пересекаются в точке O₂ (также не параллельны). В этом случае направления векторов противоположны (k < 0), центр O₂ лежит между параллельными прямыми.
В каждом из случаев гомотетия с найденным центром и коэффициентом ±A₁B₁ / AB (определённым по знаку) переводит AB в A₁B₁: по свойству 2° образ AB — отрезок на прямой, параллельной AB, нужной длины с нужными концами (треугольники OAB и OA₁B₁ подобны).
Ответ: два решения (центры O₁ и O₂), если считать соответствие концов произвольным. Если соответствие концов отрезков задано (A ↦ A₁, B ↦ B₁), решение одно.
На рисунке красным построен центр O₁ (k > 0), синим — O₂ (k < 0).
1) A ↦ A₁, B ↦ B₁. Тогда O лежит на прямых AA₁ и BB₁. Эти прямые не параллельны (иначе AA₁B₁B — параллелограмм и AB = A₁B₁, а по условию отрезки не равны), поэтому O₁ = AA₁ ∩ BB₁ существует. Коэффициент k = A₁B₁ / AB > 0 по модулю A₁B₁ : AB (знак определяется направлением векторов).
2) A ↦ B₁, B ↦ A₁. Тогда O лежит на прямых AB₁ и BA₁; они пересекаются в точке O₂ (также не параллельны). В этом случае направления векторов противоположны (k < 0), центр O₂ лежит между параллельными прямыми.
В каждом из случаев гомотетия с найденным центром и коэффициентом ±A₁B₁ / AB (определённым по знаку) переводит AB в A₁B₁: по свойству 2° образ AB — отрезок на прямой, параллельной AB, нужной длины с нужными концами (треугольники OAB и OA₁B₁ подобны).
Ответ: два решения (центры O₁ и O₂), если считать соответствие концов произвольным. Если соответствие концов отрезков задано (A ↦ A₁, B ↦ B₁), решение одно.
На рисунке красным построен центр O₁ (k > 0), синим — O₂ (k < 0).
1352. Решите предыдущую задачу для случая, когда АВ = А₁В₁. Сколько решений имеет задача?
Пусть AB = A₁B₁, прямые параллельны. Тогда векторы AB и A₁B₁ либо равны, либо противоположны, и модуль коэффициента гомотетии |k| = A₁B₁ / AB = 1. Гомотетия с k = 1 тождественна (переводит каждую точку в себя), а отрезки лежат на разных прямых, поэтому k = 1 не подходит. Остаётся k = –1: центральная симметрия, и центр — середина отрезка, соединяющего любую точку с её образом.
Случай 1: вектор AB равен вектору A₁B₁ (как на рисунке). Тогда ABB₁A₁ — параллелограмм, его диагонали AB₁ и BA₁ пересекаются в середине O. Симметрия относительно O переводит A в B₁ и B в A₁, то есть отрезок AB — в отрезок B₁A₁ = A₁B₁.
Случай 2: вектор AB противоположен вектору A₁B₁. Тогда AA₁B₁B — параллелограмм, центр O — середина AA₁ (и BB₁), симметрия переводит A в A₁ и B в B₁.
В обоих случаях центр единственный: если бы существовала другая гомотетия, она имела бы тот же коэффициент k = –1 и должна была бы переводить A в одну и ту же точку (A₁ или B₁), а значит, иметь тот же центр.
Ответ: одно решение — центральная симметрия относительно середины O диагонали параллелограмма, образованного концами отрезков.
На рисунке построен центр O для случая 1.
Случай 1: вектор AB равен вектору A₁B₁ (как на рисунке). Тогда ABB₁A₁ — параллелограмм, его диагонали AB₁ и BA₁ пересекаются в середине O. Симметрия относительно O переводит A в B₁ и B в A₁, то есть отрезок AB — в отрезок B₁A₁ = A₁B₁.
Случай 2: вектор AB противоположен вектору A₁B₁. Тогда AA₁B₁B — параллелограмм, центр O — середина AA₁ (и BB₁), симметрия переводит A в A₁ и B в B₁.
В обоих случаях центр единственный: если бы существовала другая гомотетия, она имела бы тот же коэффициент k = –1 и должна была бы переводить A в одну и ту же точку (A₁ или B₁), а значит, иметь тот же центр.
Ответ: одно решение — центральная симметрия относительно середины O диагонали параллелограмма, образованного концами отрезков.
На рисунке построен центр O для случая 1.
1353. Пусть при некоторой гомотетии точки А, В и С переходят соответственно в точки А₁, В₁ и С₁. Докажите, что если точка В лежит между точками А и С, то точка В₁ лежит между точками А₁ и С₁.
Пусть гомотетия с центром O и коэффициентом k переводит X в X₁ = O + k(X – O) (в векторной записи). Если B лежит между A и C, то B = A + t(C – A), где 0 < t < 1.
Тогда B₁ = O + k(B – O) = O + k(A – O) + t·k(C – A) = A₁ + t(C₁ – A₁), так как C₁ – A₁ = k(C – A).
Так как 0 < t < 1, точка B₁ лежит на отрезке A₁C₁ между точками A₁ и C₁. Что и требовалось доказать.
Тогда B₁ = O + k(B – O) = O + k(A – O) + t·k(C – A) = A₁ + t(C₁ – A₁), так как C₁ – A₁ = k(C – A).
Так как 0 < t < 1, точка B₁ лежит на отрезке A₁C₁ между точками A₁ и C₁. Что и требовалось доказать.
1354. Пользуясь предыдущей задачей, докажите, что если при некоторой гомотетии отрезок АВ переходит в отрезок А₁В₁, то середина отрезка АВ переходит в середину отрезка А₁В₁.
Пусть M — середина AB, M₁ — образ M при гомотетии с коэффициентом k. Так как M лежит между A и B, то по задаче 1353 точка M₁ лежит между A₁ и B₁. По свойству 2° A₁M₁ = |k|·AM, M₁B₁ = |k|·MB, а AM = MB. Следовательно, A₁M₁ = M₁B₁, и M₁ — середина отрезка A₁B₁. Что и требовалось доказать.
1355. Пусть центр гомотетии О лежит на данной окружности. Докажите, что данная окружность и та, в которую она переходит при гомотетии с центром в точке О, имеют в точке О общую касательную.
Пусть ω — данная окружность с центром C, O ∈ ω, гомотетия с центром O и коэффициентом k ≠ 1 переводит ω в окружность ω₁ с центром C₁ и радиусом |k|·r (свойство 3°). Точка O неподвижна и лежит на ω, поэтому она лежит и на ω₁.
Центр C₁ — образ C — лежит на прямой OC. Касательная к ω в точке O перпендикулярна радиусу OC, а касательная к ω₁ в точке O перпендикулярна радиусу OC₁. Радиусы OC и OC₁ лежат на одной прямой OC, значит, обе касательные — это прямая, проходящая через O перпендикулярно OC. Итак, окружности имеют в точке O общую касательную. Что и требовалось доказать.
Центр C₁ — образ C — лежит на прямой OC. Касательная к ω в точке O перпендикулярна радиусу OC, а касательная к ω₁ в точке O перпендикулярна радиусу OC₁. Радиусы OC и OC₁ лежат на одной прямой OC, значит, обе касательные — это прямая, проходящая через O перпендикулярно OC. Итак, окружности имеют в точке O общую касательную. Что и требовалось доказать.
1356. В трапеции с основаниями MN и PQ диагонали MP и NQ пересекаются в точке О. Используя предыдущую задачу, докажите, что окружности, описанные около треугольников MNО и PQО, имеют общую касательную в точке О.
Так как MN ∥ PQ, треугольники OMN и OPQ подобны: OP : OM = OQ : ON = k₀ (по двум углам: углы при вершине O вертикальные, ∠OMN = ∠OPQ как накрест лежащие при MN ∥ PQ). Точки P и Q лежат на продолжениях лучей MO и NO за точку O.
Рассмотрим гомотетию с центром O и коэффициентом –k₀. Она переводит M в P (P на продолжении MO за O, OP = k₀·OM) и N в Q (OQ = k₀·ON), поэтому треугольник MNO переходит в треугольник PQO.
Гомотетия переводит окружность, описанную около △MNO, в окружность, проходящую через образы вершин M, N, O, то есть через P, Q, O — в описанную окружность △PQO. Центр гомотетии O лежит на окружности, описанной около △MNO. По задаче 1355 эта окружность и её образ имеют в точке O общую касательную. Что и требовалось доказать.
Рассмотрим гомотетию с центром O и коэффициентом –k₀. Она переводит M в P (P на продолжении MO за O, OP = k₀·OM) и N в Q (OQ = k₀·ON), поэтому треугольник MNO переходит в треугольник PQO.
Гомотетия переводит окружность, описанную около △MNO, в окружность, проходящую через образы вершин M, N, O, то есть через P, Q, O — в описанную окружность △PQO. Центр гомотетии O лежит на окружности, описанной около △MNO. По задаче 1355 эта окружность и её образ имеют в точке O общую касательную. Что и требовалось доказать.
1357. Используя гомотетию с центром в точке пересечения медиан треугольника АВС, докажите, что радиус окружности, описанной около треугольника АВС, в 2 раза больше радиуса окружности, описанной около треугольника с вершинами в серединах сторон АВ, ВС и СА.
Пусть G — точка пересечения медиан, A₁, B₁, C₁ — середины сторон BC, CA, AB. G лежит на медиане AA₁ и AG : GA₁ = 2 : 1 (теорема о медианах), причём G между A и A₁. Значит, гомотетия с центром G и коэффициентом k = –1/2 переводит A в A₁; аналогично B в B₁, C в C₁.
При этой гомотетии окружность, описанная около △ABC (радиус R), переходит в окружность, проходящую через A₁, B₁, C₁, то есть в окружность, описанную около △A₁B₁C₁, и радиус новой окружности равен |k|·R = R/2 (свойство 3°).
Значит, радиус описанной окружности △ABC в 2 раза больше радиуса описанной окружности △A₁B₁C₁ (то есть треугольника с вершинами в серединах сторон AB, BC, CA). Что и требовалось доказать.
При этой гомотетии окружность, описанная около △ABC (радиус R), переходит в окружность, проходящую через A₁, B₁, C₁, то есть в окружность, описанную около △A₁B₁C₁, и радиус новой окружности равен |k|·R = R/2 (свойство 3°).
Значит, радиус описанной окружности △ABC в 2 раза больше радиуса описанной окружности △A₁B₁C₁ (то есть треугольника с вершинами в серединах сторон AB, BC, CA). Что и требовалось доказать.
1358. Пусть точка О — точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны данной трапеции. Используя гомотетию с центром в точке О, докажите, что точка О лежит на прямой, проходящей через середины оснований трапеции.
Пусть ABCD — трапеция с основаниями AD и BC, O — точка пересечения прямых AB и CD. Рассмотрим гомотетию с центром O, переводящую B в A (A лежит на прямой OB). Коэффициент k = OA / OB (с учётом знака).
Прямая BC (не проходит через O) переходит в параллельную ей прямую, проходящую через образ B, то есть через A. Единственная прямая через A, параллельная BC, — это AD. Прямая OC переходит в себя, поэтому образ C — точка пересечения AD и OC, то есть точка D. Итак, B ↦ A, C ↦ D, и отрезок BC переходит в AD.
По задаче 1354 середина M отрезка BC переходит в середину N отрезка AD. Но точка и её образ лежат на одной прямой с центром гомотетии, поэтому O, M, N лежат на одной прямой, то есть O принадлежит прямой, проходящей через середины оснований. Что и требовалось доказать.
Прямая BC (не проходит через O) переходит в параллельную ей прямую, проходящую через образ B, то есть через A. Единственная прямая через A, параллельная BC, — это AD. Прямая OC переходит в себя, поэтому образ C — точка пересечения AD и OC, то есть точка D. Итак, B ↦ A, C ↦ D, и отрезок BC переходит в AD.
По задаче 1354 середина M отрезка BC переходит в середину N отрезка AD. Но точка и её образ лежат на одной прямой с центром гомотетии, поэтому O, M, N лежат на одной прямой, то есть O принадлежит прямой, проходящей через середины оснований. Что и требовалось доказать.
1359. Дана окружность О радиуса r, точка P окружности и хорда АВ. Постройте хорду PX так, чтобы её середина принадлежала хорде АВ.
Анализ. Середины всех хорд окружности, проведённых из точки P, лежат на окружности с диаметром PO (гомотетия с центром P и k = 1/2 переводит данную окружность в окружность с центром — серединой PO — и радиусом r/2; см. вопрос 20 и задачу 1 п. 137). Если M — середина хорды PX и M ∈ AB, то M принадлежит и этой окружности и хорде AB.
Построение.
1) Строим середину O₁ отрезка PO и окружность ω₁ с центром O₁ радиуса r/2 (она проходит через P и O).
2) Находим точки пересечения ω₁ с хордой AB: M₁ и M₂ (их может быть две, одна или ни одной).
3) Проводим луч PM и откладываем на нём точку X так, что PX = 2·PM (M — середина PX). Эта точка X лежит на данной окружности (гомотетия с центром P и k = 2 переводит ω₁ в данную окружность). PX — искомая хорда.
Доказательство. M ∈ ω₁, значит, при гомотетии с центром P и k = 2 точка M переходит в точку X данной окружности, и M — середина PX; по построению M ∈ AB.
Исследование. Число решений равно числу общих точек окружности ω₁ и хорды AB: 0, 1 или 2 (точка M внутри данного круга, так как ω₁ лежит внутри него, поэтому M принадлежит именно хорде, а не только прямой AB). На рисунке два решения: хорды PX₁ и PX₂.
Построение.
1) Строим середину O₁ отрезка PO и окружность ω₁ с центром O₁ радиуса r/2 (она проходит через P и O).
2) Находим точки пересечения ω₁ с хордой AB: M₁ и M₂ (их может быть две, одна или ни одной).
3) Проводим луч PM и откладываем на нём точку X так, что PX = 2·PM (M — середина PX). Эта точка X лежит на данной окружности (гомотетия с центром P и k = 2 переводит ω₁ в данную окружность). PX — искомая хорда.
Доказательство. M ∈ ω₁, значит, при гомотетии с центром P и k = 2 точка M переходит в точку X данной окружности, и M — середина PX; по построению M ∈ AB.
Исследование. Число решений равно числу общих точек окружности ω₁ и хорды AB: 0, 1 или 2 (точка M внутри данного круга, так как ω₁ лежит внутри него, поэтому M принадлежит именно хорде, а не только прямой AB). На рисунке два решения: хорды PX₁ и PX₂.
1360. В угол вписаны две окружности, одна из которых касается сторон угла в точках М и N, а другая — в точках Р и Q. Докажите, что эти окружности на прямой МQ отсекают равные хорды.
Пусть вершина угла V, точки M и P лежат на одной стороне, N и Q — на другой. Прямая MQ пересекает первую окружность ещё в точке X, вторую — ещё в точке Y. Нужно доказать MX = QY.
Отрезки касательных из одной точки равны: VM = VN и VP = VQ. Поэтому QN = |VQ – VN| = |VP – VM| = MP; обозначим QN = MP = t.
Точка Q лежит на касательной QN к первой окружности и на прямой MQ, пересекающей её в M и X. По теореме о квадрате касательной QN² = QX·QM. Точка M лежит на касательной MP ко второй окружности: MP² = MY·MQ. Так как QN = MP, то QX·QM = MY·MQ, откуда QX = MY = t²/MQ.
Итак, точка X лежит на прямой MQ на расстоянии QX = t²/MQ от Q (по одну сторону с M, так как Q — внешняя точка), точка Y — на расстоянии MY = t²/MQ от M (в сторону Q). Значит, точки X и Y симметричны относительно середины отрезка MQ, и MX = QY = |MQ – t²/MQ|. Что и требовалось доказать.
Отрезки касательных из одной точки равны: VM = VN и VP = VQ. Поэтому QN = |VQ – VN| = |VP – VM| = MP; обозначим QN = MP = t.
Точка Q лежит на касательной QN к первой окружности и на прямой MQ, пересекающей её в M и X. По теореме о квадрате касательной QN² = QX·QM. Точка M лежит на касательной MP ко второй окружности: MP² = MY·MQ. Так как QN = MP, то QX·QM = MY·MQ, откуда QX = MY = t²/MQ.
Итак, точка X лежит на прямой MQ на расстоянии QX = t²/MQ от Q (по одну сторону с M, так как Q — внешняя точка), точка Y — на расстоянии MY = t²/MQ от M (в сторону Q). Значит, точки X и Y симметричны относительно середины отрезка MQ, и MX = QY = |MQ – t²/MQ|. Что и требовалось доказать.
1361. В окружности проведён диаметр АВ. Через точку А и произвольную точку М этой окружности проведена прямая, пересекающая в точке K касательную к окружности в точке В. Докажите, что произведение АМ ⋅ АK не зависит от выбора точки М на окружности.
Касательная в точке B перпендикулярна диаметру AB, поэтому ∠ABK = 90°. Угол AMB опирается на диаметр, значит, ∠AMB = 90°, то есть BM ⊥ AK.
Треугольники AMB и ABK прямоугольные и имеют общий острый угол A, поэтому △AMB ∼ △ABK. Отсюда AM / AB = AB / AK, то есть AM·AK = AB² = (2R)² = 4R², где R — радиус окружности.
Полученное значение 4R² не зависит от выбора точки M. Что и требовалось доказать.
Треугольники AMB и ABK прямоугольные и имеют общий острый угол A, поэтому △AMB ∼ △ABK. Отсюда AM / AB = AB / AK, то есть AM·AK = AB² = (2R)² = 4R², где R — радиус окружности.
Полученное значение 4R² не зависит от выбора точки M. Что и требовалось доказать.