Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 357
1362. На рисунке 418 АВСD — параллелограмм, P и Q — середины сторон АD и ВС. Докажите, что: а) при гомотетии с центром в точке D и k = 2 точка K переходит в точку L; б) при гомотетии с центром в точке В и k = 2 точка L переходит в точку K. [рисунок 418: параллелограмм ABCD, P ∈ AD, Q ∈ BC; K — точка пересечения диагонали BD и отрезка PC, L — точка пересечения BD и отрезка AQ]
Так как P и Q — середины противоположных сторон AD и BC параллелограмма, AP = AD/2 = BC/2 = QC и AP ∥ QC. Значит, четырёхугольник APCQ — параллелограмм, и AQ ∥ PC.
а) Гомотетия с центром D и k = 2 переводит P в A (DA = 2·DP, A на луче DP). Прямая PC не проходит через D, поэтому переходит в параллельную ей прямую через A, то есть (так как AQ ∥ PC) в прямую AQ. Прямая BD проходит через центр D и переходит в себя. Точка K — общая точка прямых PC и BD, поэтому её образ — общая точка прямых AQ и BD, то есть L. Итак, K ↦ L.
б) Гомотетия с центром B и k = 2 переводит Q в C (BC = 2·BQ). Прямая AQ не проходит через B и переходит в параллельную ей прямую через C — в прямую CP (AQ ∥ PC). Прямая BD переходит в себя. Поэтому L = AQ ∩ BD переходит в точку CP ∩ BD = K. Итак, L ↦ K. Что и требовалось доказать.
а) Гомотетия с центром D и k = 2 переводит P в A (DA = 2·DP, A на луче DP). Прямая PC не проходит через D, поэтому переходит в параллельную ей прямую через A, то есть (так как AQ ∥ PC) в прямую AQ. Прямая BD проходит через центр D и переходит в себя. Точка K — общая точка прямых PC и BD, поэтому её образ — общая точка прямых AQ и BD, то есть L. Итак, K ↦ L.
б) Гомотетия с центром B и k = 2 переводит Q в C (BC = 2·BQ). Прямая AQ не проходит через B и переходит в параллельную ей прямую через C — в прямую CP (AQ ∥ PC). Прямая BD переходит в себя. Поэтому L = AQ ∩ BD переходит в точку CP ∩ BD = K. Итак, L ↦ K. Что и требовалось доказать.
1363. По данным рисунка 418, пользуясь предыдущей задачей, докажите, что ВK : KD = 2 : 1.
По задаче 1362, а) при гомотетии с центром D и k = 2 точка K переходит в L, значит, L лежит на луче DK и DL = 2·DK. По задаче 1362, б) при гомотетии с центром B и k = 2 точка L переходит в K: BK = 2·BL, K лежит на луче BL.
Пусть BD = d, DK = x. Тогда DL = 2x, BL = d – 2x, BK = d – x. Из BK = 2·BL получаем d – x = 2(d – 2x), откуда 3x = d, x = d/3.
Итак, DK = d/3, BK = d – d/3 = 2d/3, и BK : KD = (2d/3) : (d/3) = 2 : 1. Что и требовалось доказать. (Заодно BL = d/3, то есть диагональ BD делится точками L и K на три равные части.)
Пусть BD = d, DK = x. Тогда DL = 2x, BL = d – 2x, BK = d – x. Из BK = 2·BL получаем d – x = 2(d – 2x), откуда 3x = d, x = d/3.
Итак, DK = d/3, BK = d – d/3 = 2d/3, и BK : KD = (2d/3) : (d/3) = 2 : 1. Что и требовалось доказать. (Заодно BL = d/3, то есть диагональ BD делится точками L и K на три равные части.)
1364. На рисунке 419 точки P и C, а также B и Q симметричны относительно биссектрисы AX угла BAC. Известно, что AB = 5, AC = 3. Используя гомотетию с центром в точке D пересечения отрезков PQ и BC, докажите, что CD = 3/8. [рисунок 419: угол BAC, биссектриса AX, точки P на луче AB и Q на луче AC, PC ⊥ AX и BQ ⊥ AX, D — точка пересечения PQ и BC на биссектрисе]
Точки P и C симметричны относительно AX, поэтому P лежит на луче AB, AP = AC = 3, а точка Q лежит на луче AC, AQ = AB = 5. Отрезок PQ симметричен отрезку CB, поэтому их точка пересечения D лежит на оси симметрии AX и DP = DC, DQ = DB. Отрезки PC и BQ перпендикулярны AX, значит, PC ∥ BQ.
При гомотетии с центром D и коэффициентом k = –DB/DC (D между P и Q и между C и B) точка P переходит в Q (DQ = DB, DP = DC, D лежит между P и Q), а C — в B. Следовательно, отрезок PC переходит в отрезок QB, и |k| = QB / PC.
Треугольники APC и AQB равнобедренные (AP = AC = 3, AQ = AB = 5) с общим углом при вершине A, значит, подобны, и QB / PC = AQ / AP = 5 / 3. Поэтому DB / DC = 5/3, то есть DB = (5/3)·DC.
Так как D лежит на отрезке BC, BC = DB + DC = (8/3)·DC, откуда CD = (3/8)·BC.
Итак, CD = 3/8 BC; при BC, принятом за единицу, CD = 3/8.
Оговорка: в условии написано «CD = 3/8» без указания отрезка; доказано CD = (3/8)·BC (то есть DB : DC = 5 : 3), в единицах длины BC.
При гомотетии с центром D и коэффициентом k = –DB/DC (D между P и Q и между C и B) точка P переходит в Q (DQ = DB, DP = DC, D лежит между P и Q), а C — в B. Следовательно, отрезок PC переходит в отрезок QB, и |k| = QB / PC.
Треугольники APC и AQB равнобедренные (AP = AC = 3, AQ = AB = 5) с общим углом при вершине A, значит, подобны, и QB / PC = AQ / AP = 5 / 3. Поэтому DB / DC = 5/3, то есть DB = (5/3)·DC.
Так как D лежит на отрезке BC, BC = DB + DC = (8/3)·DC, откуда CD = (3/8)·BC.
Итак, CD = 3/8 BC; при BC, принятом за единицу, CD = 3/8.
Оговорка: в условии написано «CD = 3/8» без указания отрезка; доказано CD = (3/8)·BC (то есть DB : DC = 5 : 3), в единицах длины BC.
1365. Дана окружность О радиуса r и точка А плоскости. Докажите, что множество середин отрезков AM, где М — любая точка окружности О радиуса r, есть окружность. Укажите положение центра этой окружности и найдите её радиус.
Гомотетия с центром A и коэффициентом 1/2 переводит каждую точку M в середину M₁ отрезка AM. По свойству 3° окружность с центром O и радиусом r переходит в окружность с центром O₁ — образом O, то есть серединой отрезка AO — и радиусом r/2. Гомотетия взаимно однозначна, поэтому множество середин отрезков AM есть вся эта окружность.
Ответ: окружность, центр которой — середина отрезка AO (расположен на прямой OA), радиус равен r/2.
Ответ: окружность, центр которой — середина отрезка AO (расположен на прямой OA), радиус равен r/2.
1366. Докажите, что при гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника и коэффициентом k = –2 серединные перпендикуляры к сторонам треугольника переходят в прямые, содержащие высоты этого треугольника.
Пусть G — точка пересечения медиан, A₁, B₁, C₁ — середины сторон BC, CA, AB. Медиана AA₁ делится точкой G в отношении AG : GA₁ = 2 : 1, причём G лежит между A и A₁; значит, гомотетия h с центром G и k = –2 переводит A₁ в A (GA = 2·GA₁, A на продолжении A₁G за G). Аналогично B₁ ↦ B, C₁ ↦ C.
Серединный перпендикуляр m_a к стороне BC проходит через A₁ и перпендикулярен BC. По свойству 1° его образ h(m_a) — прямая, параллельная m_a (или совпадающая с m_a, если G ∈ m_a), и проходящая через h(A₁) = A. Параллельные прямые образуют с BC один и тот же угол, поэтому h(m_a) ⊥ BC. Прямая через A, перпендикулярная BC, — это прямая, содержащая высоту, проведённую из A.
Аналогично серединные перпендикуляры к CA и AB переходят в прямые, содержащие высоты из B и C. Что и требовалось доказать.
Серединный перпендикуляр m_a к стороне BC проходит через A₁ и перпендикулярен BC. По свойству 1° его образ h(m_a) — прямая, параллельная m_a (или совпадающая с m_a, если G ∈ m_a), и проходящая через h(A₁) = A. Параллельные прямые образуют с BC один и тот же угол, поэтому h(m_a) ⊥ BC. Прямая через A, перпендикулярная BC, — это прямая, содержащая высоту, проведённую из A.
Аналогично серединные перпендикуляры к CA и AB переходят в прямые, содержащие высоты из B и C. Что и требовалось доказать.
1367. Докажите, что центр описанной окружности, центроид и ортоцентр треугольника лежат на одной прямой (прямая Эйлера).
Пусть O — центр описанной окружности (точка пересечения серединных перпендикуляров), G — центроид (точка пересечения медиан), H — ортоцентр (точка пересечения высот или их продолжений). Если треугольник равносторонний, все три точки совпадают, и доказывать нечего. Пусть O ≠ G.
Гомотетия h с центром G и коэффициентом k = –2 по задаче 1366 переводит каждый серединный перпендикуляр в прямую, содержащую соответствующую высоту. Точка O принадлежит всем трём серединным перпендикулярам, поэтому её образ h(O) принадлежит всем трём прямым, содержащим высоты, то есть h(O) = H.
Точка, её образ и центр гомотетии лежат на одной прямой, поэтому O, G, H лежат на одной прямой (прямой Эйлера), причём GH = 2·GO и G между O и H (k < 0). Что и требовалось доказать.
Гомотетия h с центром G и коэффициентом k = –2 по задаче 1366 переводит каждый серединный перпендикуляр в прямую, содержащую соответствующую высоту. Точка O принадлежит всем трём серединным перпендикулярам, поэтому её образ h(O) принадлежит всем трём прямым, содержащим высоты, то есть h(O) = H.
Точка, её образ и центр гомотетии лежат на одной прямой, поэтому O, G, H лежат на одной прямой (прямой Эйлера), причём GH = 2·GO и G между O и H (k < 0). Что и требовалось доказать.
1368. Докажите утверждения об основных свойствах умножения вектора на число (п. 91). [свойства: (kl)a = k(la); k(a + b) = ka + kb; (k + l)a = ka + la]
Напомним определение: вектор ka коллинеарен a, его длина |k||a|, и он сонаправлен с a при k ≥ 0 и противоположно направлен при k < 0 (при a ≠ 0).
1. (kl)a = k(la). При a = 0 равенство очевидно. Пусть a ≠ 0. Длины: |(kl)a| = |kl||a| = |k||l||a| = |k||la| = |k(la)|. Направления: если kl ≥ 0, то (kl)a ↑↑ a, и k(la) ↑↑ a (знаки k и l одинаковы, либо одно из чисел нуль); если kl < 0, то оба вектора (kl)a и k(la) противоположны a. В любом случае (kl)a ↑↑ k(la). Векторы одинаковой длины и одного направления равны.
2. k(a + b) = ka + kb. При k = 0 очевидно. Пусть k ≠ 0.
Случай a ∦ b. Отложим от точки O векторы OA₁ = a, OA = ka и от точек A₁, A — векторы A₁B₁ = b, AB = kb. Треугольники OA₁B₁ и OAB подобны с коэффициентом |k| (OA = |k|OA₁, AB = |k|A₁B₁ и углы при A₁ и A равны), поэтому OB = kOB₁ = k(a + b). С другой стороны, OB = OA + AB = ka + kb. Итак, k(a + b) = ka + kb.
Случай a ∥ b. Тогда a = αe, b = βe для единичного вектора e на той же прямой и чисел α, β, и по свойству 1: k(a + b) = k((α + β)e) = (kα + kβ)e = (kα)e + (kβ)e = k(αe) + k(βe) = ka + kb.
3. (k + l)a = ka + la. Если k = l = 0, очевидно. Пусть хотя бы одно из чисел отлично от нуля; для определённости |k| ≥ |l|, тогда k ≠ 0 и t = l/k, |t| ≤ 1. Вектор a + ta коллинеарен a. Так как 1 + t ≥ 0, он сонаправлен a (или нулевой), и его длина |a + ta| = (1 + t)|a| (при t ≥ 0 это |a| + t|a|, при –1 ≤ t < 0 это |a| – |t||a|). Значит, a + ta = (1 + t)a. Умножим обе части на k и применим свойства 2 и 1: ka + k(ta) = k(1 + t)a, то есть ka + (kt)a = (k + kt)a = (k + l)a, а kt = l. Итак, ka + la = (k + l)a. Что и требовалось доказать.
1. (kl)a = k(la). При a = 0 равенство очевидно. Пусть a ≠ 0. Длины: |(kl)a| = |kl||a| = |k||l||a| = |k||la| = |k(la)|. Направления: если kl ≥ 0, то (kl)a ↑↑ a, и k(la) ↑↑ a (знаки k и l одинаковы, либо одно из чисел нуль); если kl < 0, то оба вектора (kl)a и k(la) противоположны a. В любом случае (kl)a ↑↑ k(la). Векторы одинаковой длины и одного направления равны.
2. k(a + b) = ka + kb. При k = 0 очевидно. Пусть k ≠ 0.
Случай a ∦ b. Отложим от точки O векторы OA₁ = a, OA = ka и от точек A₁, A — векторы A₁B₁ = b, AB = kb. Треугольники OA₁B₁ и OAB подобны с коэффициентом |k| (OA = |k|OA₁, AB = |k|A₁B₁ и углы при A₁ и A равны), поэтому OB = kOB₁ = k(a + b). С другой стороны, OB = OA + AB = ka + kb. Итак, k(a + b) = ka + kb.
Случай a ∥ b. Тогда a = αe, b = βe для единичного вектора e на той же прямой и чисел α, β, и по свойству 1: k(a + b) = k((α + β)e) = (kα + kβ)e = (kα)e + (kβ)e = k(αe) + k(βe) = ka + kb.
3. (k + l)a = ka + la. Если k = l = 0, очевидно. Пусть хотя бы одно из чисел отлично от нуля; для определённости |k| ≥ |l|, тогда k ≠ 0 и t = l/k, |t| ≤ 1. Вектор a + ta коллинеарен a. Так как 1 + t ≥ 0, он сонаправлен a (или нулевой), и его длина |a + ta| = (1 + t)|a| (при t ≥ 0 это |a| + t|a|, при –1 ≤ t < 0 это |a| – |t||a|). Значит, a + ta = (1 + t)a. Умножим обе части на k и применим свойства 2 и 1: ka + k(ta) = k(1 + t)a, то есть ka + (kt)a = (k + kt)a = (k + l)a, а kt = l. Итак, ka + la = (k + l)a. Что и требовалось доказать.