дома » Геометрия в школе » ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ

ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ

ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ (стр. 176).

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве

190. Пусть А В— искомая прямая (черт. 424), такчто Л5 = 2Л1Б 1.
Если О Р— перпендикуляр к АВ, то РАХ = А^А. Проведя прямую
Лц/И, параллельную ОР, получим на радиусе О А точку М, для кото-
той ОМ = МА. Так как угол МАгА — прямой, то получаем такое
построение’. Произвольный радиус О А делим в точке М пополам, и

на отрезке AM, как на дидметре, строим окружность. Точка её пересечения
с меньшей из данных окружностей и будет точкой A v Условие
возможности задачи О А ес 20 At.
191. Проведя прямую DK, параллельную
ВС (черт. 425), найдём,
пользуясь теоремой п. 113 и равенством
СЕ = BD, что DF \ FE =
= К С : СЕ= К С : BD = АС: АВ.
192. Если /? и R’ — радиусы
данных окружностей, h — расстояние
между прямыми АА’ и ММ’
(черт. 426), то ЛуИ2 = 2/?А; А’М’3 =
= 2R’h, откуда AM : А’М’ = 7/7? : 7//?’. Если Р — точка пересечения
прямых AM и А’М’, то АР: А’Р = AM : А’М’ = 7//? : 7/ ^ .О тн о шение
расстояний точки Р от двух данных точек Л и Л’ сохраняет
постоянное значение, и потому геометрическое место точек Р есть
окружность (п. 116).
193. Пусть в многоугольнике ABCDLM (черт. 427) вершина Л
перемещается по прямой а, вершина В — по прямой)!?,. . . , вершина L—
по прямой I, и требуется определить геометрическое место вершины
М, пусть далее Л0/?0С0£)0 /.0/И0 — одно из положений рассматриваемого
многоугольника, которое мы «будем считать неизменным.

393 ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ (стр. 176).

Так как АВ и АЛВ0 по условию параллельны, то А„А: В0В —
= А0Х : ВйХ, где X —г точка пересечения прямых а и Ь. Таким образом,
для всех положений стороны АВ отношение А0А :В9В сохраняет
постоянное значение. Точно так жесохраняетпостоянноезначение
и каждое из отношений303 :С0С:
: К0К ‘ L^L. Отсюда следует, что и отношение
АйА : L0L сохраняет постоянное
значение. Таким образом,
точка М есть точка пересечения
прямых AM и LM, соответственно
параллельных АйМ0 и Т0/И0 и проходящих
через такие точки прямых
а и /, что отношение А0А : L0L сохраняет
постоянное значение. В силу
упражнения 1.24 геометрическое место
точек М есть прямая линия.
194. Под многоугольником, впи- Черт. 427.
санным в данный многоугольник,
понимаем многоугольник, вершины которого лежат на соответственных
сторонах данного многоугольника или их продолжениях. Пусть а, Ъ,-
^ с, те — стороны данного многоугольника.. Выбрав на прямой а
произвольную точку Ай и проведя
через неё прямую, параллельную первой
данной прямой, получим на прямой
b точку В0. Продолжая это
построение, получим многоугольник
АцВг . .М0, у которого все стороны
параллельны сторонам искомого многоугольника
и все вершины, кроме
одной, скажем кроме М0, лежат на
сторонах данного многоугольника
(или их продолжениях}. При перемещении
вершин Ай, С0, . . . , Ья соответственно
по прямым а, Ъ, с, . . . , /
(с сохранением направлений сторон)
последняя вершина М0 построенного
многоугольника описывает некоторую
прямую от’ (упр. 193). Для отыскания
этой прямой повторяем предыдущее
построение, исходя из точки ^.прямой а, отличной от А0, и
получаем вместоточки Мй точку Мг. Прямая М0МХ и есть прямая те’.
Точка пересечения прямых ОТ и те’ есть вершина М искомого
многоугольника. Зная вершину Ж, легко построить весь искомый
многоугольник. » »
Задача имеет одно решение, если прямые те и те’ пересекаются, бесчисленное
множество решений (т. е. является неопределённой), если эти
прямые совпадают, я не имеет ни одного решения, если они параллельны.

394 ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ (стр. 176).

195. Пусть через точку А’ высоты А Л0 треугольника ЛВС (черт. 428)
проведена прямая DE, параллельная ВС, через точку В’ высоты ВВв—
прямая FG, параллельная АС, через точку С’ высоты СС0 — прямая
KL, параллельная АВ. Получим ряд подобных треугольников ЛВС,
ADE, FDG, KLQ. Обозначим через £>0 и D’ основания высот треугольников
ADE и FDG, выходящих из точки D, через G0 и G’ —■
основания высот треугольников FDG и KLG, выходящих из точки G.
Коэффициент подобия треугольников ЛВС и ADE будет равен
DD& А А А Ап -Бп~= ~ г г= 1 л~г> Коэффициент подобия треугольников ABC
А Ап В1 В = 1 — j j — —-2ЙГ- ‘ Наконец, коэффициент подобия треугольников
• п „ п * ABC. и KLG б удет равен GG’ — GGo — G’Go GGo С’С0 0 0 СС„ ССо С С о ССо
_ _ j Л’Ло В’Во С’Со
ААо ВВо СС0 ’
П р и м е ч а н и е . При решении задачи мы неявно предполагали, что
треугольник ABC — остроугольный и что точки Л’, В’, С’ лежат (как на
черт. 428) между точкой пересечения Н его высот и соответственно точками
Ло, Во, Сй. Если бы эти условия не были соблюдены, предыдущие
выкладки потребовали бы некоторых видоизменений. Однако все вычисления
и полученные результаты приобретают вполне общий характер, если отношениям
отрезков и коэффициентам подобия приписать определённые знаки
в ’соответствии с п. 190. ,
Щ , Пусть Л„ В и Ct — середины сторон данного треугольника
ЛВС (черт. 429). Треугольники ЛВС и АуВ^С^ гомотетичны и имеют
своим центром подобия точку пересечения
медиан Q данного треугольника (упр. 158).
Треугольник аЪс по построению гомотетичен
треугольнику Л1В1С1, так как Оа =
= 2OAt, Ob = 20Bt и Ос — 2 OCt. Следовательно
(п. 144), и треугольники ABC
и аЪс гомотетичци, а потому прямые Аа,
ВЬу Се проходят через одну точку Р.
Центры подобия О, Ot Р треугольников
ЛВС, AiBtCt и abc, взятых попарно, лё-
жат на одной прямой.
Прямая ЛЛх есть медиана треугольни- ,
ка АаО (так как аАг = АхО), точка О — точка пересечения его медиан
(так как AG — 20Л,). Отсюда следует, что OG == 2GP. Итак, отрезок
ОР проходит через точку О и делится в этой точке, в отношении
O G :G P= 2 :1 , где бы ни лежала точка О. Следовательно,
точки О и Р описывают гомотетичные фигуры, имеющие Q своим
центром подобия.

395 ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ (стр. 176).

197. Заметим прежде всего, что:
Если прямые AM и AN симметричны относительно биссектрисы
AD угла ВАС (черт. 430), то расстояния от сторон угла любых
двух точек М и N, взятых соответственно, на этих прямых,
обратно пропорциональны друг другу. В самом деле, строя на прямой
AN точку М’, симметричную с М относительно AD, и опуская
из точек М, М’ к N перпендикуляры на стороны угла, будем
иметь M P=M’Q ‘\ MQ = M’F; М’Р : NR — AM! : A N = M ’Q’ : NS.
Отсюда MP:MQ = N S :N R .
Имеет место и следующее обратное предложение:

Если расстояния точек М и N от сторон угла ВАС обратно
пропорциональны, друг другу и прямые AM и AN проходят обе внутри
или обе вне угла ВАС, тообепрямыесимметричныотносительнобис-
сектрисы угла. Это следует из того, что геометрическое место точек Л/,
отношение расстояний которых от прямых АС и АВ равно MP:MQ,
есть пара прямых, из которых одна проходит внутри угла ВАС и
одна — вне этого угла (и. 157).
Переходим к решению поставленной задачи*. Пусть прямые АО
и АО’ симметричны относительно биссектрисы угла А треугольника
ABC (черт. 431), прямые ВО и ВО’ — относительно биссектрисы
угла В. В таком случае имеем: 0Q :0R = = 0 ‘R ‘:0 ‘Q \ O R :O P =
= 0 ’Р : O’R’. Перемножая почленно, получим OQ : 0 Р = 0 ‘Р :OrQ’.
Так как прямые СО и СО’ лежат обе внутри или обе вне
угла АСВ (где бы ни лежала точка О), то эти прямые симметричны
относительно биссектрисы угла С. Итак, прямые, симметричные
с прямыми АО, ВО, СО относительно биссектрис соответствующих
углов треугольника, проходят через одну точку (если только какие-
либо две из этих прямых пересекаются).
Пусть теперь через вершины треугольника ЛбС^проведены параллельные
прямые, пересекающие описанную окружность вторично в точках
А’, В’ С’ (черт. 432). Проведём прямую АО’, симметричную
с АА’ относительно биссектрисы угла А, и пусть она вторично пересекает
окружность в точке О’. Так как при этом /_ В А А ‘= /_ САО’,

396

то дуги А’В и О’С равны; так как прямая АА’ параллельна ВВ’, то
дуги А’В и АВ’ равны; отсюда следует, что дуги АВ’ и О’С равны.
Следовательно, 4 А В В ‘= 4 СВО’, так что прямые В В’ и ВО’ симметричны
относительно биссектрисы угла В. Наконец, так как прямая
СС’ параллельна АА’, то дуги А’С и АС равны. Следовательно, и дуги
ВА’С’ и О’СА равны, так что
углы ВСС и АСО’ дополняют
друг друга до двух прямых. Отсюда
следует, что прямые СС’
и СО’ симметричны относительно
биссектрисы угла С. Итак, если
прямые АА’, ВВ’, СС’ параллельны,
то прямые, симметричные
с ними относительно биссектрис
углов треугольника ABC, проходят
через одну точку О’, лежащую
на окружности, описанной
около треугольника.
Если за точку О, о которой говорилось
выше, принять центр описанной
окружности, то прямая АО’ будет совпадать с высотой АН
треугольника (черт. 136). Действительно, 4 В А А ‘= 90°—•,4 ВА’А =
= 90°— 4 ВСА = 4 САН, и прямые АА’ и АН симметричны относительно
биссектрисы угла А. Отсюда вытекает, что высота АН треугольника
и две другие его высоты проходят через одну точку.
Черт. 433.
П р и м е ч а н и е . Точки О и О’, получающиеся одна из другой указанным
построением, называются иногда изогонально сопряжёнными относительно
треугольника ABC.
198. Пусть Е, F, б — точки касания прямых АВ, ВС, и MN
с окружностью (черт. 433). Так как / . А О Е = £ FOC, 4 Е 0 М =
= 4 MOO, 4 OON= 4 NOF, то 4 A O E + £ EOM-\- Z-G07V=±=
— 90°. Отсюда 4 AOM = 90°— 4 GON = 9 0 ° ~ 4 N O F = 4 CNO.
Кроме того, 4 OAM = 4 NCO, так что треугольники AOM и CNO

397

подобны. Из подобия этих треугольников находим АЖ: СО = АО : CN
и AM ‘-C N = A O — СО.
199. Пусть В В ‘— диаметр окружности, проходящий через А
(черт. 434; точка А могла бы лежать и внутри окружности и на данной
окружности), N и N ‘ — точки пересечения прямых ВМ и ВМ’
с прямой, проходящей через Ахи перпендикулярной к АВ. Имеем
/_ AM’N ‘ = Z ММ’В = ~ В М = 90° ~ ~ М М В ’ = 90°— /_ А ВМ =
— Z MNA. Следовательно, треугольники AMN и AN ’M’ подобны,
откуда AN • A N ‘= AM • AM’ есть степень точки А относительно данной
окружности.
2 0 0 , Пусть О и О’ — центры данных окружностей (черт. ‘435),
АА’ и ВВ’ — их внешние общие касательные, СС’ и D L f— их внутренние
общие касательные, Я, Q, R, S — точки пересечения внутренних
общих касательных с внешними.
При этом углы АОС и А’РС’ равны, так как их стороны соответственно
перпендикулярны, а потому их половины /_ АОР и /_ А’РО’
также равны. Подобные прямоугольные треугольники АОР и А’РО
дают РА ■ РА’= 0 А • (УА’. Аналогично найдем, что и SA • SA’ =
= 0 А — 0 ‘А ‘.
Из равенств РА • РА’= SA • SA’ и РА -f- РА’ = SA-|^SA’ следует,
что либо PA — SA, либо PA = SA’. Но так как очевидно РА ф SA,
то РА = SA’, откуда в свою очередь следует, что PS и АА’ имеют
общую середину. Наконец P S— PA’ — SA’ = PA’ — РА = РС —
— Р С = С С .
201. 1°. Пусть М — середина стороны ВС (черт. 436). Так как
МА — МС и прямая ОМ перпендикулярна к ВС, то ЖА2 -{-ЖС)2 =
z=MCi -\-M 0 i = 0<y, и из треугольника ОМА находим, обозначая
через Ot середину стороны О А, что 0 1Ж2= -^ — (ЖА2 ~1-Ж02) —
—- О А 2 = -|-Ое2 — OCV (п. 128). Следовательно,’геометрическое
место точек Ж есть окружность с центром Оу, радиус ОуМ этой
окружности определяется только что написанным равенством.

398

2°. Так как точка Ох есть середина отрезка О А, то проекция
М точки О на сторону ВС и проекция D точки А л а ту же сторону
ВС равноудалены от точки Ох, а потому геометрическое место
точек В есть та же самая окружность.
202. Задача тождественна по содержанию с упражнением 170.
203. Пусть BE и CF— медианы искомого треугольника ABC,
О— точка их пересечения (черт. 437).
Возможны два случая:
1°. Даны медианы BE и СВ и высота,
выходящая из вершины А. Высота
ОАГтреугольника BQC, выходящая
из вершины Q, равна, как легко видеть,
одной трети данной высоты. Этот
треугольник легко построить по двум
сторонам ВО и СО и высоте, выходящей
из их общей вершины. Построив
треугольник ВОС, откладываем ОЕ = у ВО, GF= у СО и проводим
СЕ и BF.
П р и м е ч а н и е . Прямые BF и СЕ не могут оказаться параллельными.
Действительно, проведя через точку С прямую, параллельную BF, и обозначив
через М точку её пересечения с BE, будем иметь О М : GB = ОС : QF
иди ОМ = 2ВО, но GE = у BG] следовательно, точка Е необходимо лежит
меЖду О и М, прямые BF и СЕ пересекаются и притом с той стороны
от ВС, где лежит точка G. Таким образом, для возможности построения
треугольника A BC достаточно, чтобы было возможно построить треугольник
BGC.
2°. Даны медианы ВВ и СВ и высота ВН, выходящая из вершины
В. .Строим прямоугольный треугольник ВЕН по катету и гипотенузе
и из точки G, делящей ВВ в отношении 2:1, как из центра,
описываем окружность радиусом у2 CF, Пересечение ей с прямой
ЕН определяет вершину С. Третья, вершина А искомого треугольника
получится, если отложить отрезок ВА, равный ЕС.
Наибольшее возможное число решений в каждом из обоих случаев
равно двум.
204- Пусть ABC— искомый треугольник (черт. 438) и АВ — его
высота. Отложим В В = В С и соединим точку В с вершиной С. Пусть
F — точка пересечения прямой СЕ с касательной к данной окружности
в точке А. Из . подобия треугольников ВВС и ВАВ следует, что
АВ— у АВ.
Отсюда вытекает такое построение. На диаметре окружности
откладываем отрезок АВ, равный данной сумме т основания й высоты,
и на касательной в точке А — отрезок АВ= у АВ. Точки пересе

399

чения прямой EF с окружностью определяют возможные положения
вершины С.
Аналогичное построение применимо и в том случае, когда дана
разность высоты и основания m — AD — ВС'(строим АЕ’ — т\ A F —
= ^ A E ) .
Условие возможности задачи состоит в том, чтобы расстояние ОР
от центра до прямой EF не превосходило-радиуса. Но О Р :О Е =
= A F :E F = 1 : ]/5, и условие O P ^ R принимает вид O E ^ R ]/%
или m = A E ^ R ( i / 5 — f — 1). Если 2R <^m<^R (1 -j- j/5), то обе точки
^ пересечения прямой EF с окружностью дают треугольники, для

которых отрезок А Е— т есть сумма основания и высоты. Если
же 0 < ^ /я < [ 2 Р, точка Е займёт положение Е’, точка F — положение
F’. При этом одна из точек пересечения прямой E’Ff с данной
окружностью даёт треугольник ABC, в котором разность AD — ВС
равна АЕ’ — т\ другая точка пересечения даёт треугольник АВ’С’,
в котором сумма AD’-j-B’C’ равна АЕ’ = т.
Наконец, если дана разность основания и высоты, т. е п = В С—AD,
то на продолжении высоты AD треугольника за его вершину откладываем
отрезок А Е = п (черт. 439) и на касательной в точке А —
отрезок A F = y АЕ. Условие возможности задачи OP=sg: Р приводит
в этом случае к неравенству я = А В ^ Р ( у ^ 5 ^ 1 ).
205. Пусть а и Ь — основания, с и d ■.— боковые стороны, е и / —
диагонали трапеции ABCD (черт, 440), х и у — проекции боковых
сторон AD и ВС на основание. Из треугольников АСВ и ADB имеем
е2 = a2 dP — 2 ау и
/* = а 2 -)- с2 — 2 ах.

400

Складывая эти равенства, получим е2 -f- / 2 = 2а2 -f- с2 -)- d3— 2а х —
— 2 ау, откуда, замечая, что х — \ — у = а — Ь, имеем:
ч e»4 -/* = c* + d* + 2 a*.’ (2 )
Далее из треугольника ACD находим е2 = b3 -f- с2 -|- 2bx. Умножая
это равенство почленно на а, а равенство (1) — на Ь и складывая,
получим:
ae3- \ — b f — ab3-\-a 3b-\-ac3-\-bc3. (3)
Уравнения (2) и (3) определяют е3 и f 3.

206. Пусть CD—-искомая хорда (черт. 441) и Е —-точка окружности,
в которой пересекаются хорды АС и BD. Построим в точке
D касательную к окружности, и пусть она пересекает прямую АВ
в точке Р. При этом /_ B D P = A C D = /_САВ. Треугольники
BDP и ВАЕ подобны, и BP-BA=BE-BD есть степень точки В относительно
окружности. Тем самым определяется положение точки Р на
прямой АВ. Проведя из Р касательную
к окружности, найдём точку D.
Наибольшее возможное число решений—
два.
207. Пусть Е — основание перпендикуляра
из точки Р на АВ (черт. 442).
Из подобия треугольников ABC и АРЕ
имеем АВ — А Е = АР • АС] из подобия
треугольников ADB и РЕВ находим
AB-BE — BP-BD. Складывая, получим
АВ(АЕ-\-ВЕ)=АВ3= А Р ■ AC-\-BP-BD.
208. Пусть О — центр какой-либо окружности, проходящей через
точки А и В, Т и Т — точки прикосновения касательных, проведённых
из точки С, Н — середина отрезка АВ, М — середина отрезка
TV, Р — точка пересечения АВ и Т Т (черт. 443). Из прямоугольного
треугольника ОСТ имеем СМ • СО = СТ3. Но СМ-СО = СН-СР в силу
подобия треугольников СОН и СРМ, а СТ3 = СА-СВ. Следовательно,
СР • СН^=СА — СВ. Отсюда вытекает, что положение точки. Р
на прямой АВ не рависит от выбора окружности. Так как угол СМР—

401

прямой, то геометрическое место точек М есть окружн.ость, имеющая
отрезок СР своим диаметром.
209. Пусть Оь Оа, Оа — центры искомых окружностей; Ru R it
R3— их радиусы. Если окружности ортогональны, то /?29 /?3* ==
= С2039; /?39 + Я,9 == О М R f + R2* = О М Отсюда Rt =
1 / OtOs8 = y —— — 4■—- Ol~Oys—8 —- O sA- s , и аналогичные выражения получаются
для Ri и R3.
Задача возможна, если треугольник 0 i 0 20 3 — остроугольный, так
как для действительности всех’ трёх радиусов’необходимо й достаточт
но, чтобы сумма квадратов любых двух его сторон была больше
квадрата третьей стороны (п. 126, следствие).

210. Настоящая задача представляет собой обобщение задачи 121а,
и предлагаемое решение есть непосредственное обобщение решения,
данного для этой последней задачи.
Пусть А и В — данные точки (черт. 444), D — данная прямая,
С — данная точка, делящая искомый отрезок.Ж в данном отношении,
М — искомая точка. Строим на продолжении отрезка Л С за точку’С
такую точку R, чтобы отрезок RA делился точкой С в данном отношении.
Так как треугольники АСК и RCI подобны (в силу равенства
углов при С и пропорциональности сторон AC:RC—CK:CI), то прямая
IR параллельна А К. Следовательно, угол BIR дополняет угол АМН
до 180° и имеет, очевидно, то же направление. Точка I лежит на
дуге, имеющей своими концами точки В и R и вмещающей угол, пополнительный
тому углу, который вмещает данная дуга AM В !).
Вторая точка пересечения / окружности BIR с прямой D определяет
второе решение—- точку М’.
1) Так как углы АМВ и B IR имеют одно и то же направление, то из
двух дуг, имеющих своими концами точки В и R и вмещающих данный
угол, приходится выбрать только одну. •

402

211.. В силу подобия треугольников АВР и CBR (черт. 445)
имеем/. А В Р = £ C B R , или / ABC — /_ PBR, и BP:BR — В А : ВС.
Отсюда следует, что треугольники ABC и PBR подобны. Точно так
же докажем, что треугольники ABC и QRC подобны. Следовательно,
и треугольники PBR и QRC подобны. Но их соответственные
стороны BR и RC равны, так что и треугольники равны. Отсюда
PA — B P— RQ; A Q = Q C = PR, и в, четырехугольнике APRQ
противоположные стороны равны. д,
212. Пусть три прямые АВ, ВС, CD (черт.
446) фигуры ABCD, которая изменяется,
оставаясь подобной самой себе, проходят
соответственно через неподвижные точки М,
N, Р.
1°. Докажем, что и произвольная четвёртая
прямая AD той же фигуры проходит
через неподвижную точку Q.
Пусть ABCD и A XBXCXDX — два ноложе- Черт. 445.
ния изменяемой фигуры. Найдём точку О фигуры ABGD, которая
совпадает с соответственной ей точкой фигуры A XB XCXDX (п. 150).
Так как угол АВО должен равняться углу А хВ хО (как соответственные
углы двух подобных фигур), то точка О. должна лежать на
окружности МВБ!- Далее /_ А В С = /_А ХВХСХ и значит точки М, В, В х, N
лежат на одной окружности. Следовательно,
точка О лежит на окружности MBN.
Таким же образом докажем, что точка О
лежит и на окружности NCP. Итак, отличная
от N точка пересечения О окружностей
MBN и NCP есть точка фигуры ABCD,
совпадающая с соответственной ей точкой
фигуры A XB XCXDX (п. 150, примечание),
какое бы положение эта последняя ни
занимала, и потому точка О остаётся на
месте при изменении фигурыABCD.^
Далее, в силу равенства углов CDO
и CxDxO четыре точки О, Р, D, Dx лежат
на одной окружности, а в силу равенства
углов CD А и CXDXA X та же окружность
проходит и через точку пересечения Q прямых AD и A XDX.
Следовательно, точка Q определяется как вторая точка переселения
окружности OPD с прямой AD. Таким образом точка Q не зависит
от положения фигуры A XB XCXDX, так что прямая AD действительно
проходит при изменении фигуры ABCD через неподвижную точку.
2°. Пусть теперь Е—произвольная точка фигуры ABCD. При изменении
последней отношения отрезков BF:FC и OF:FE, где F — точка
пересечения прямых ВС и ОЕ, не изменяются. Так как прямая ВС
проходит при изменении фигуры ABCDE через общую точку N двух
окружностей OMN и ONP и точка F делит отрезок ВС этой прямой

403

в постоянном отношении, то точка F описывает при изменении фигуры
ABCDE окружность, также проходящую через точки О и Af
(упр. 128). Так как отрезок ОЕ делится точкой F в постоянном отношении,
то точка Е описывает фигуру, гомотетичную той, которую
описывает точка F (центром гомотетии служит точка О). Итак, точка Е
(т. е. произвольная точка изменяемой фигуры) описывает окружность
(проходящую через О).
213. Пусть требуется построить четырёхугольник ABCD, подобный
данному четырёхугольнику abed, так, чтобы его стороны АВ, ВС,
то четвёртая его сторона D1A1 будет вращаться около некоторой
точки Q’, которую мы умеем построит^ (задача 212). Прямая QQ’
определяет положение стороны DA и позволяет закончить построение.
Задача будет неопределённой, если точки Q и Q’ совпадают.
В этом случае обе диагонали изменяемого четырёхугольника (как и
любая прямая изменяемой фигуры) будут вращаться около неподвижных
точек. Так как угол между диагоналями остаётся постоянным, то
точка их пересечения описывает окружность.
Вт о р о е р еше ние . Задачу можно также решить аналогично
задаче 122. Вершина А лежит на дуге, имеющей своими концами
точки Q и М и вмещающей угол, равный углу dab (черт. 447), и
аналогичное имеет место для вершины С. Диагональ АС пересекает
вторично окружность MAQ в такой точке Е, что 4 EAQ = 4 cad. Для
построения точки Е достаточно выбрать на дуге QAM произвольную
точку* А’ и построить угол QA’E, равный углу dac. Аналогично строится
точка пересечения F прямой АС с окружностью NCP. Прямая EF
определяет положение вершин А и С.
Задача будет неопределённой, если точка F совпадает с Е. При
этом направление диагонали АС будет произвольным. Повторяя в этом
случае те же рассуждения для диагонали BD, убедимся, что и она
будет проходить через некоторую определённую точку. Обе диагонали
будут, таким образом, вращаться около неподвижных точек. Так как

404

угол между диагоналями имеет постоянную величину, то геометрическое
место точек пересечения диагоналей есть окружность.
214. Пусть фигура ABC, оставаясь подобной Самой себе, изменяется
так, что точки А, В, С описывают соответственно прямые
QR, RP, PQ (черт. 448).
Пусть ABC и А’В’С’ — два положения изменяемой фигуры. Найдём
точку О фигуры ABC, которая совпадает с соответственной ей точкой
фигуры А’В’С'(и. 150, примечание). При этом треугольники ОАВ
и О А’В’ должны быть подобными, откуда АОВ = /_ А’ОВ’, и,
следовательно, /_ А О А ‘= /_ ВОВ’ и, кроме того, О А: ОА’ = OB: OB’.
Из двух последних равенств следует,
что точку О можно также
рассматривать как точку, соответствующую
самой себе в двух подобных
фигурах, имеющих одинаковое
направление вращения, в
Kofopbix точке А соответствует
точка В и точке А’—точка В’. Следовательно,
£ О А А ‘— /_ОВВ’,
и точка О должна лежать на окружности,
описанной около треугольника
ABR (А, В — соответственные
точки, R — точка пере-’
сечения соответственных прямых
АА’ и ВВ’).
Точно так же докажем, что Черт. 448.
точка О должна лежать на каждой
из окружностей ВСР и CAQ ‘). Отсюда следует, что положение
точки О на плоскости не зависит от выбора треугольника А’В’С’.
Точка О сохраняет своё положение на плоскости при изменении
данного треугольника.
Пусть теперь М — какая-либо точка фигуры ABC, и М’ — соответственная
точка фигуры А’В’С’. Так как О —точка первой фигуры,
совпадающая со своей соответственной, то £. О А А’ = /_ ОММ’. При
изменении фигуры А’В’С’М’ угол ОАА’ не изменяется (точка А
перемещается по прямой QR). Поэтому и угол ОММ’ не изменяется,
т. е. точка М’ описывает прямую.
215. Пусть А и А’ — две какие-либо соответственные точки данных
фигур, Р — точка, совпадающая со своей соответственной
(черт. 449). Пусть точка М первой фигуры обладает тем свойством,
что прямая, соединяющая её с соответственной точкой М’ второй
фигуры, проходит через данную точку О. Так как в силу равенств
РА: Р А ‘= РМ: РМ’ и /_ АРА’ = /_ МРМ’ треугольники РА А’ и
РММ’ подобны (п. 150), то угол РММ’ равен углу P A N , и отре-
!) Легко видеть, что окружности ABR, ВСР и CAQ проходят через
одну точку (см. решение раздела 1 задачи 344

405

зок РО виден из точки Ж под углом, равным углу РА А’ или углу,
ему пополнительному. Геометрическое место точек Ж есть окружность,
проходящая через точки Р а О.
При этом мы получаем одну такую окружность (а не две симметричных
относительно прямой РО), если примем во внимание, что
углы РАА’ и РММ должны быть не только равны, но и одинаково
направлены.
216. Пусть А Х и B Y — данные прямые (черт. 450). Примем
точки Л и Б за соответственные точки, А Х и B Y —- за направления
соответственных прямых двух подобных фигур, имеющих одинаковое
направление вращения, и данное отношение т : п — за их коэффициент
подобия. Точка Р одной из двух фигур, совпадающая со своей соответственной
в другой фигуре, вполне определяется следующими условиями:
угол АРВ должен равняться углу между А Х и B Y и иметь
то же направление, а отношение расстояний от точки Р до точек А
и В должно равняться данному ртношению: РА : РВ = т:п. Искомые
точки Ж и N также будут соответственными точками обеих фигур
в силу равенства AM: BN ~ т : п . Следовательно (см. решение
задачи 215), углы РАВ и PMN равны и одинаково направлены. Так
как прямая MN проходит, по условию, через даннуф точку О, то
отсюда следует, что точка Ж лежит на дуге, имеющей своими концами
точки Р и О и вмещающей угол, равный углу РАВ и одинаково
с ним направленный (или же на той дуге, которая дополняет
ее до полной окружности).
Мы получим дальнейшие решения, предполагая, что направлению
А Х в первой фигуре соответствует во второй фигуре направление
BY’, противоположное BY.

406 ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ (стр. 176).

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика