дома » Геометрия в школе » ОКРУЖНОСТЬ.

ОКРУЖНОСТЬ.

КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ОКРУЖНОСТЬ

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

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

47* Если из центра О и из произвольной -точки-Л данной окружности
провести (в одну и ту же сторону) равные и параллельные отрезки
ОО’ и АА!, то фигура ОО’А’А будет параллелограммом, так
что <УА’ = ОА, и геометрическим местом точек А’ будет окружность,
равная данной и ийеющая своим центром точку О’.
То же следует и из общей теоремы п. 51.

4 8 . Пусть А!— середина отрезка РА, соединяющего данную точку Р
(которая может лежать вне окружности, на-окружности или внутри
ей) с произвольной точкой А окружности О, и О’— середина отрезка
РО (черт. 296). В силу того^-что отрезок Q’A’ соединяет середины
двух»сторон треугольника ДОЛ, имеем (п. 55) 0 ‘Л ‘ = у О Л , так что
геометрическое место точек Л’ есть окружность с центром О’.
4 9 . Так как OD— DC (черт. 297), то / DOB— / DCO и / E D O =
— / DOB -j- / DCO = 2 /1 DOB, как внешний угол треугольника
DOC (п. 44, следствие I); далее, так как OD — OE, то /E D O —
— /D E O = 2 / DOB и / ЕОА = / DCO -}• / CEO = / DOB -}-
-\~2 / DOB — З / DOB. •

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ II (стр. 72).

5 0 . Пусть D —точка рассматриваемой окружности, диаметральнопротивоположная
точке С (черт. 298), С\ — точки пересечения данной
прямой с АВ; £)j — основание перпендикуляра из точки D на прямую
АВ и Oi — середина отрезка C\D\. Прямая, соединяющая центр О
окружное* с точкой Oj, параллельна данной прямой, так как она про-
ходит через середины диагоналей трапеции CCtDDt (упр. 34)
следовательно, перпендикулярна к АВ. Отсюда следует, что точка Of
есть се • едина отрезка АВ.

327 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Таким образом, положение точки Ог на прямой АВ не зависит от
выбора той или иной окружности, проходящей через А и В. В силу
равенства OiCi — OtDi и положение
точки Dy на прямой АВ не зависит от
выбора окружности. Следовательно,
геометрическое место точек D есть перпендикуляр
к прямой АВ в точке D\.
В приведенном решении неявно предполагалось,
что данная прямая ССХ пересекает
самый отрезок АВ, а не его
продолжение. Аналогичные рассуждения
применимы и в том случае, когда
она пересекает продолжение отрезка
АВ. Однако в этом случае точки О и
О, будут серединами непараллельных
сторон (а не серединами диагоналей)
соответствующей трапеции.
51. Пусть AD = DE = EB (черт.
299). Опустив из центра О окружно-
данную хорду, мы видим, что О Е =
длине наклонных, п. 29), Прямая OD
ОАЕ, и из неравенства ОЕ<^ОА сле-
По- той же причине и
с
А о, / 1 °
‘ ]
Л / V С, 7в ..
о
]
Черт. 298.
сти перпендикуляр ОН на
= OD < ^ОА (по теореме о
есть медиана треугольника
дует (упр. 7), что /_ DOE~^> £D O A .
Z > / ЕОВ.
Черт. 299.
Аналогично, если хорда АВ разделена на я равных частей, то наибольшим
из углов при центре будет угол, внутри которого проходит
перпендикуляр ОН (при нечётном я) или каждый из двух, углов,
имеющих ОН своей стороной (при чётном я). Действительно
(черт. 300, для r r= 7 ), OA^>OD^> OE^>OF (п. 29,3°), и применение
упражнения 7 к треугольникам ОАЕ, ODF, О EG даёт
Z AOD< ^2 . D O E< ^/_EO F<^ /.FO G , так что угол FOG будет
наибольшим.
5 2 , Опустим из центра О перпендикуляры ОН и ОН’ (черт. 301)
на равные хорды АВ и А’В’, продолжения которых пересекаются в

328 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

точкеР; при этом НА = НВ — Н А ‘= Н ‘В ‘ (п. 63) и ОН— ОН’ (п. 66).
Прямоугольные треугольники ОНР и О Н Р равны (общая гипотенуза,,
Q H = O H ’), откуда Р Н = Р Н .
Следовательно, Р А = PH -f- Н А =
=±=РН + Н А ‘^= Р А ‘ и ,РВ =
== P H — И В— P H — Н В ‘= Р В ‘.
Те же рассуждения приложи-
мыи к равным хордам,-пересекающимся
внутри окружности.
5 3 . Так как середина хорды
есть основание перпендикуляра,
опущенного из центра на хорду, и
равные хорды, равноудалены от
центра, то геометрическое место Черт. 301.
середин равных хорд есть окружность,
концентрическая с данной. Радиус этой последней окружности
равен расстоянию от центра данной окружности до каждой
из данный хорд.
5 4 . Наименьшая хорда, которая проходит через данную точку А,
лежащую внутри данной окружности, наиболее удалена от центра- О
этой окружности из всех хорд, проходящих через А. Но из хорд,
проходящих через А, наиболее удалённой от центра является хорда
M N (черт. 302), перпендикулярная
к О А. Действительно, расстояние
‘ ~ / ——
О \ AfO’
Черт. 302. Черт. 303.
ОАг от точки О до какой-либо другой хорды M’N ’, проходящей
через А, есть перпендикуляр к хорде M ’N ’, а этот перпендикуляр
короче наклонной (ОА'<^ОА),
УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ III (стр. 76).
5 5 . 1°. Если точка О’ лежит на продолжении отрезка О А за точку
А и окружности пересекаются (черт. 303), то точка А лежит внутри
окружности О’. Одна из точек пересечения обеих окружностей
будет лежать на дуге АВ, если точка В будет лежать вне окружности
(У, т. е. если 0 ‘B ^> R ‘, откуда R — \ -R r — ОО’ О В |- О’В — ОО’.
2°. Если точка О’, лежит на самом отрезке О А и окружности пересекаются
(черт. 304), то точка 4 лежит внутри окружности СУ,

329 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Одна из точек пересечения будет лежать на дуге АВ, если точка В
будет лежать вне окружности О’, т. е. если 0 ‘D ^> /? ‘, или
ОО’ — (Я— Л ! ‘)< О р ‘- — (OB -О ‘В ) .
3° Если точка О’ лежит на продолжении
отрезка О А за точку О
и окружности пересекаются, то точка
А лежит вне окружности СУ.
Одна из точек пересечения обеих
окружностей будёт лежать на дуге
АВ, если точка В будет лежать
внутри окружности О’, т. е. если
О’В < R’, откуда ОО’ — (R’ — R) <
< 0 0 ‘ — (O’В — OR).
5 6 . Пусть линия центров 0 0 ‘ данных окружностей пересекает
окружность О в точках А и А’, окружность О’ — в точках В и В’.
Выберем обозначения так, чтобы О А было направлено в сторону, —
противоположную ОСУ и О’В — в сторону, противоположную О’О.
Обозначим далее через С и D две произвольные точки, лежащие
соответственно на окружностях О и О’ так, что хотя бы одна из них
не лежит на прямой 0 0 ‘.
Черт. 304.
Черт. 306.
При этом CD < COO’D = СО — f 0 0 ‘ -)-O’D = АО — f 0 0 ‘ — f O’B =
= АВ, и каждый из отрезков А’В ’,.А’В, АВ’ также меньше АВ, так
что АВ есть наибольшее расстояние между точками обеих окружностей.
Это рассуждение сохраняет силу независимо от того, будут ли
данные окружности располагаться одна вне другой (черт. 305), одна
внутри другой (черт. 306), пересекаться (черт. 307) или касаться
одна другой.
Переходим к отысканию наименьшего расстояния.
Если окружности лежат одна вне другой, то 0 0 ’ OCDO’ =
= ОС 4 — CD A — DO’, откуда СО 0 0 ‘ — ОА^— СУЯ’ = А’В’, и каждый
из отрезков АО, АО’, А’В также больше- А’В’ {черт. 305), так
что А’В’ есть наименьшее расстояние.
Если окружность О’ лежит внутри окружности О,то О С < ^ 0 0 ‘-\-
-fO ‘D — j-D C , так что C D > O C — OO’ — 0 ’D = OA> — OO’ — O’B =
— А’В, и А’В меньше каждого из отрезков АВ, АВ’, А’В’ (черт. 306),
так что отрезок А’В есть наименьшее расстояние. В случае двух кон-

330 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

отрезок любого из радиусов.
Если окружности пересекаются или касаются, вопрос о наименьшем
расстоянии отпадает.
57. Центр О’ окружности радиуса R’, касающейся данной окружности
О радиуса R, удовлетворяет условию ОСУ — R -f- R’, если касание
внешнее, и условию 0 0 ‘ = | R — R’ \, если касание внутреннее.
Отсюда следует, что геометрическое место точек О1 есть пара окружностей,
концентрических с данной.
5 8 . Если прямая А А’ проходит через точку касания Ж окружностей
О и О’ (черт. 308 и 309), то £ О AM — / . ОМА = £ O’М А’ =
O’AM, откуда и следует, что О А параллельно О’А’.
5 9 . Окружности остаются касающимися друг друга, так как условия
0 0 ‘= | R — R \ | в случае внутреннего касания и OO’ — R — ^ R ‘
в случае внешнего касания остаются в силе при указанных в тексте
задачи изменениях радиусов.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ IV (стр. 81).

6 0 . Если О — центр данной окружности и А — данная точка, то из
середины М любой хорды, проходящей через Л, отрезок О А виден
под прямым углом. Искомое геометрическое место есть окружность,
построенная на ОА как на диаметре, если А лежит внутри данной
окружности (черт. 310) или на данной окружности, и дуга аналогичной
окружности, если А лежит вне окружности (черт. 311).

331 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

61. Пусть А А’ — данный д иаметр окружности О (черт. 312),
MB’ —- диаметр, к нему перпендикулярный. На каждом радиусе ОС
ТШЁйевИйМсем отрезок ОМ, равный расстоянию СР точки С от А А’.
Треугольники ОСР и ВОМ равны (так как ОС— ВО, С Р = О М ,
/_ОСР— £ВОМ ), откуда следует, что угол О MB — прямой. Геометрическое
место точек Ж состоит из двух окружностей, построенных
на отрезках ОВ и OB’ как на диаметрах.
В
6 2 . Пусть АРВ — меньшая, AQB — большая из дуг, на которые
точки А и В делят окружность (черт. 313). Обозначим /_ АОВ = а;
/_ COD = Р = Z COD’.
1°. Если точки Си D лежат на дуге АРВ,
то Z AIB = 1 ЛОВ— у CD = у ( 3 6 0 °—
— а — р ) J); то же самое выражение для
угла AIB получается в том случае, если
только одна из точек С и D лежит
на дуге АРВ. Если точки С тл. D’ обе лежат
на дуге AQB, то Z АРВ== у АРВ -f-
-j- у C’D’ = у (а -|- Р). Следовательно,
Черт. 313. геометрическое место точек / и I’ есть
вполне определённая окружность, проходящая
через точки Л и В (на чертеже не показана), так как отрезок
А В виден из точек I под постоянным углом —(360° — а — Р), а из
точек I’ — под постоянным углом у ( а -j-P), и эти два угла составляют
в сумме 180°. .
2°. Если точки С и В) лежат на дуге АРВ, то Z АКВ —
= 4- AQ B -\- у CD^s== у (360°— а —(— Р). Если точки С и U обе лежат
J> Знаком обозначается дуга; по поводу равенства числовых значений
дуг и углов см. пп. 17, 18.

332 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

на дуге AQB, то £. АК’В = ^ АРВ — у CD ’ = у ( а— р); то же
самое выражение для угла АК ‘В получается и в том случае, если
только одна из точек С’ и D’ лежит на дуге AQB. Геометрическое
место точек К и К ‘ есть также окружность (по той же причине,
что и для точек / и /’).
3°. Пуеть М — центр окружности, описанной около треугольника
Ю В , и I X — касательная к этой окружности в точке I. Так как
Вписанный угол равен половине центрального, опирающегося нЗ ту же
дугу, то /_ C M D = 2 CID = 360° — а — р. Следовательно, углы
равнобедренного треугольника CMD не изменяются
при перемещении хорды CD. Так
как сторона CD также имеет постоянную
— длину, то и отрезки МС = MD = M l сохраняют
постоянную длину. Далее, Д, ХЮ =
= 2 . 1 С р = 180° -г- L ACD = Z ABD (так
как четырёхугольник ABCD — вписанный),
так что прямая IX параллельна АВ, а значит
прямая MI перпендикулярна к АВ. Аналогичные
рассуждения применимы и к тому
случаю, когда точки С и D занимаЪт положение
С’ и D’ на дуге AQB, а точка I — положение
Г.
Так как геометрическое место точек I
(и Г) есть окружность, а отрезок /714 сохра- Черт. 314.
няет постоянную величину и направление, то
геометрическое место точек 714 получается из геометрического места точек
/посредством поступательного перемещения (п. 51), определяемого
отрезком УТИ. Следовательно, геометрическое место точек М есть
окружность, равная той, которую описывают точки / и I’ (упр. 47).
Тем же путём доказывается, что геометрическое место центров
окружностей, описанных около треугольников KCD (и K’C’D’), есть
окружность, равная той, которую описывают точки К та К ’.
Пр име ч а н и е . Из того, что стороны и углы треугольников COD
и CMD не изменяются ‘при перемещении хбрды CD, следует, что и расстояние
ОМ при этом не изменяется.
Поэтому Центр окружности, являющейся геометрическим местом точек
М, совпадает с центром данной окружности. То же справедливо и для геометрического
места центров окружностей, описанных около треугольников
KCD. ‘
6 3 . Если точка 714 лежит на дуге АРВ {чер. 314), то /_ ANB =
==./, M BN — ~ Д АМВ. Так как при перемещении точки 714 по Дуге’
АРВ угол АМВ сохраняет постоянную величину, то и угол ANB сохраняет
постоянную величину. Следовательно, точка N лежит на вполне
определённой дуге окружности, имеющей своими концами точки А п В

333 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

(и представляющей собой геометрическое место точек, из которых
отрезок АВ виден под данным углом). При этом точка N лежит от
касательной A N 6 в точке А’ к данной окружности по ту же сторону,
что и точка В. Поэтому геометрическое место точек N есть дуга N 0NB.
Аналогичное рассуждение применимо и в том случае, если точка М
лежит на дуге AQB: если точка М’ описывает дугу AQB, то точка
N ‘ описывает дугу N 0’N ‘B аналогичную дуге N qNB.
Черт. 315.
6 4 . Если В’ и С’ — серединй дуг АС и АВ и М, N — точка пересечения
прямой В’С’ с хордами АВ и АС (черт. 315), то
Z AM N = 1
‘ ВС’; /_ ANM — AC’ -f- -2г4 5 ‘ + 2 2 тг В’С- Следователь-
но, £ .A M N = Z ANM и АМ = AN.
6 5 . Если M A N и M ‘B N ‘— две секущие (черт. 316), пересекающиеся
вне обеих окружностей, то Z М’МА = 180°— £ М ‘В А =
= Z A B N ‘ = 180° — Z ANN’. . Отсюда
Z М’МА -(- /_AN N ‘ = 180°, так что ММ’
и N N параллельны. Аналогичные рассуждения
применимы, если секущие пересекаются
внутри одной из данных окружностей
(как показано нкчерт. 3 пунктиром).
6 6 . Если АР й В Р — биссектрисы
углов А а В четырёхугольника ABCD
(черт. 317), то из треугольника АВР
имеем Z А Р В = 180° — ~ / _ А — Z В.
Аналогично из треугольника CRD, где С/?
и DR — биссектрисы углов С и D, имеем
-2 А с ~ 21 ^’ ^ Складывая, имеем Z А Р В -}-
1 8 0 °=
Z C RD— 180°
-1- Z CRD = 360°——^ U А + А В — r -Z С + z D) = 360°
= 180° Следовательно, четырёхугольник PQRS может быть вписан
в окружность,
Если А Р й В Р — биссектрисы внешних углов при вершинах А и В,
то А Р и В Р соответственно перпендикулярны к АР и ВР, и, следова-

334 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

тельно, / , АРВ== 180° — АРВ. Точно так же, если CR’ и DR’— биссектрисы
внешних углов при вершинах С и Д то /_ CR’D = 180° —
— Z CRD. Отсюда L А Р В CR’D= 360° — (/_ АРВ -]- Z CRD)—
= 180°, и четырёхугольник PQ ’R’S ’также можно вписать в окружность.
67.. Имеем IC E D
1
: i — CAD = —A C A D ;
L BED — АСЦ- 4- BED (черт. 318);
отсюда ^ + Z £ /= • £ = у (ЛС + СЯ + £ £ 0 + АЛ) = 180°..
6 8 . Обозначим данную окружность буквой С, данную пр.ямую —
буквой D (черт. 319). Имеем /_ P R S— Z Но угол PQi? не
зависит от выбора произвольной окружности,
так как тачки Р и Q
и прямая D даны. Следовательно,
и угол PRS сохраняет постоянное
Черт. 318.
значение. Так как вписанный
в окружность С угол PRS,
или, что то же, угол PRU,
■ сохраняет постоянную величину,
то положение точки
U не зависит от выбора
окружности PQR (так обозначается
окружность, проходящая
через точки Р, Q
и R).
6 9 . Проведём через точку
А секущую ЕЕ’ (черт 320),
перпендикулярную к АВ, и
обозначим через Е и Е’ вторые- точки её пересечения с окружностями
О и О’. Прямые B E и B E ‘ будут диаметрами окружностей. Из треугольников
ВС С и ВЕЕ’ имеем /_ С В С ‘= 180°— У С СВ — Z СС’В =
== 180°— Z Е ’ЕВ — Z ЕЕ’В = Z ЕВЕ’ = Z ОВСУ. Таким образом,
угол С ВС’ сохраняет постоянную величину.

335 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Из равенства углов С ВС и О ВО’ следует, что 4 СВО — 4 С ВО’.
Таким образом, имеем 4 ВСО = 4 СВО == 4 СВО’ — 4 ВСЮ’. Если
М ■— точка пересечения прямых СО и СО’, N — точка пересечения
прямых СМ и В С , то в треугольниках BCN и MC ‘N мы имеем по два
равных угла. Следовательно, равны и третьи углы: 4 СВС’ = 4 СМС.
Итак, угол СВС равен углу между прямыми ОС и О’С’.
тричная с Ff относительно прямой ВС. Прямоугольные треугольники
CDH и CDK равны (по равенству катетов), и потому 2 CKD =
= 4 CHD. Но 4 CHD = 4 ABC как углы с соответственно перпендикулярными
сторонами. Следовательно, 4 C K D = /_ СВА, и четыре
точки А, В, С, К лежат на одной окружности. i
Таким же путём доказывается, что и дочки, симметричные с И
относительно АВ и АС, также лежат на описанной окружности.
71. Пусть AD, B E й CF— высоты треугольника ABC, и Н — точка
их пересечения (черт. 323 и 324). Четырёхугольник BDHF можно
вписать в окружность, так как 2l BD H— /_ B F fj= 9Q ° . Отсюда
следует, что /_ B D F = 4 5 Я /7. Аналогично докажем, пользуясь четырёхугольником
CDHE, что 4 CDE — 4 СНЕ. Так как 4 BHF^=
= 4 СНЕ, то и 4 BD F— 21 CDE. Прямые D E и DF, равно накло-

336 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

нённые к ВС, равно наклонены и к высоте AD. Высота AD треугольника
ABC есть (внутренняя или внешняя) биссектриса угла EDF
треугольника DBF.
П р и м е ч а н и е. Так как углы BHF и САВ имеют соответственно
перпендикулярные, стороны и одинаковое направление вращения, то
Z. ВНР — L А. Мы доказали выше, что L BDF — Z CDE== /. BHF. Следовательно,
L BDF = L CDE = Z А. Итак, отрезки, соединяющие основания
высот треугольника, образуют с каждой его стороной углы, равные тому
углу треугольника, который лежит против этой стороны. ^
72. Пусть Р — точка окружности, описанной около треугольника
ABC, и X, Y, Z — основания перпендикуляров, опущенных из этой
точки на стороны ВС, АС, АВ треугольника.
Предположим для определённости,
что точка -Р лежит на дуге ВС (черт.
325). Так как точки Р, X, С, Y лежат на
одной окружности, то £. P Y X = £ PCX;
аналогично Z. P Y Z = /_ PAZ. Но /_РСХ—
= L PAZ, так как-точки Р, А, В, С лежат
на одной окружности. Следовательно,
/_ P Y X— /_ PYZ, и прямая X Y совпадает
с ZY. Точки X, Y, Z лежат на одной
прямой.
Аналогично доказывается и обратное
предложение: так как точки Р, X, Y, С
лежат на одной окружности, то / _ P Y X — /_P C X , и аналогично
P Y Z == Z PAZ. Так как точки X, Y, Z лежат на одной прямой,
то углы P Y X и P Y Z совпадают, так что /_ Р С Х— /_ PAZ. Отсюда
следует, что точки Р, А, В, С лежат на одной окружности.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ V (стр. 94).

73. 1°; Строим окружности данного радиуса с центрами в данных
точках. Если эти две окружности пересекаются (касаются), -то их
.общие точки служат центрами искомых окружностей; если они не
имеют общих точек, то’задача не < имеет решений.
2°. Строим прямую, параллельную данной прямой, расположенную
от ней с той же стороны, что и данная точка, и отстоящую от неё на
расстоянии, равном радиусу. Строим окружность с центром в данной
точке и радиусом, равным данному радиусу. Общие точки построенной
прямой и построенной окружности будут центрами искомых окружностей.
Задача может иметь два, одно иди ни одного решения.
Если данная точка лежит на данной прямой, построение упрощается.
3°. Если данные прямые пересекаются, то строимщве пары прямых,
параллельных данным прямым и отстоящих от них на расстоянии, равном
радиусу. Точки их пересечения между собой будут центрами
искомых окружностей. Задача имеет четыре решения.

337 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Если данные прямые параллельны, то задача невозможна, за исключением
того случая, когда расстояние между ними вдвое более данного
радиуса; в последнем случае задача имеет бесчисленное множество
решений. ,
4°. Строим пару окружностей — геометрическое место центров
окружностейданного радиуса, касающихся да иной окружности(упр.57),
и пару прямых, параллельных данной прямой и отстоящих от нее на
расстоянии, равном данному радиусу. Каждая из точек пересечения
одной из построенных окружностей с одной из построенных прямых
есть центр одной из искомых окружностей. Наибольшее возможное
число решений—-восемь.
7 4 . Пусть О — данная окружность, D — данная прямая и А —
данная точка (черт. 326). Центр О’ искомой окружности лежит на
перпендикуляре, восставленном
к D в точке
А. Если- отложить на
этом перпендикуляре
отрезок А А ’, равный
радиусу данной окружности,
то СУА’ = 0 ’0 . —
Отсюда такое построение.
На перпендикуляре
к прямой Z) в точке А
D откладываем в обе стороны
радиус данной
окружности АА!’ = А А».
Прямые, проходящие
1 Черт. 326. через середины Отрезков
ОАг и О А» и к ним
перпендикулярные, определяют положение точек О’ и О» — центров
искомых окружностей —- на прямой АА’.
Задача Имеет два решения. Однако, е^ли данная прямая касается
данной окружности и точка А не лежит на окружности, то только
одно; если же точка А лежит на самой окружности, то бесчисленное
множество решений (если данная прямая касается данной окружности)
или вовсе не имеет решения (если данная прямая пересекает данную
окружность).
75 . Если через все точки»одной из данных прямых (или окружностей)
С провести отрезки данной длины и данного направления,
то геометрическим местом их концов будет прямая линия С” на основании
и. 51 (или окружность С», равная С, на основании упр. 47).
Точка пересечения прямой (окружности) С» с другой данной прямой
(или окружностью) С определяет положение концов искомого отрезка.
Так как прямая (окружность) С» может занимать два различных
положения на плоскости, то в случае, когда даны -прямые линии, задача
может вовсе не иметь решений, иметь два решения или бесчисленное
множество решений; если даны- две окружности, то задача

338 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

может вовсе не иметь решения, иметь 1, 2, 3, 4 или бесчисленное
множество решений.
76. Если на каждой касательной к данной окружности С отложить
отрезок AM, равный данному отрезку а, то геометрическим местом
концов М этих отрезков будет окружность С’, концентрическая
с данной (черт. 327). Действительно, если AM == а, то ОМ = const.
Искомые касательные выходят из точек
пересечения Mt и Ж2 данной прямой, D
с этой окружностью С’. Наибольшее
возможное число решений — четыре.
77. Пусть даны сторона ВС = а,
угол А й высота ha, выходящая из вер*
шины А. Строим произвольно основание
ВС, затем геометрическое место
то^ек, из которых отрезок ВС виден
под’ данным углом А (п, 77). Точка А
определяется как точка пересечения
этого геометрического места с прямой,
параллельной ВС и отстоящей от неё
на расстоянии ha.
Пусть теперь даны сторона ВС = а,
угол Л и высота h b, выходящая из вершины;
Д. Строим прямоугольный треугольник ВСЕ (черт., 328)
по гипотенузе ВС = а и катету BE — hb. Затем строим угол
ЕВ А, равный 90°— £ А (или /_ А — 90°). Пересечение второй стороны
этого угла с прямой СЕ определяет положение вершины А.
7 8 . Через конец В данного отрезка Л в . проводим произвольную
прямую и откладываем на ней в обе стороны равные отрезки BM — BN.
Прямая, соединяющая точку М с серединой отрезка
AN, отсекает от отрезка АВ одну треть,
так как она является медианой треугольника
AMN.
79. 1°. Пусть даны стороны АВ и ВС и медиана
AD, выходящая из вершины А; в таком
.случае можно построить треугольник ABD по
* сторонам мОтложить DC Ф BD (черт. 286),
Пусть теперь даны стороны АВ и ВС и медиана
BD, выходящая из их общей вершины;
если D E = B D (черт. 27), то можно построить треугольник АВ Е по
трём сторонам, разделить BE пополам в точке D и отложить DC = AD,
2°. Пусть даны сторона АВ и медианы AD и BE, выходящие из
концов данной стороны. Если О—точка пересечения.медиан (черт. 286),
2 то можно построить треугольник ABG по трём сторонам АВ, AD,
-2z-ВЕ и отложить на лучах AG и ВО соответственно отрезки AD и BE. о •’ I
Пересечение АЕ и BD даёт С.

339 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Пусть теперь даны сторона АВ, медиана AD, выходящая из её
конца, и медиана CF, проходящая через её середину (черт. 286).
Можно построить треугольник AFQ, где О — точка пересечения ме-
диан, по трём сторонам A F 1 АВ, AG==-2^ AD и FG==-1^ CF, а
затем построить точки В и С.
3°. Пусть даны три медианы AD, BE, CF. На чертеже 282 (упр. 37)
треугольники AEG и СЕК равны, откуда AG = CK. Можно по-
строить треугольник CGK по трём сторонам С К = 2 AD, OK= 2 BE, О О
CG = у2 CF. Далее, откладывая GB — GK, получаем точку В, а деля
пополам GK и откладывая ЕА = ЕС, — точку А. ‘
8 0 . Обозначая через а, Ъ, с стороны ВС, АС, АВ искомого треугольника
(черт. 329), через ha n та — высоту и медиану, выходя*йЕйе
из вершины А, и аналогично
— через ть и тс две другие
медианы,получим,принимая
за данную высоту A H — ha, следующие
пять различных случаев:,
1) а, К , та, 2) a, ha,
Щ\ 3) с, ha, тс) 4) с, ha„ tna\
5) с, ha, ть. Все остальные
возможности по существу не от-
Черт. 329. личаются от, какой-либо одной
из пяти перечисленных.
1°. Строим прямоугольный треугольник AHD п о катету А Н — ha
и гипотенузе AD = ma, и на прямой DH откладываем в обе стороны
от точки D отрезок DB — DC = ~ а .
•2°.Строим ВС — а, проводим прямую, параллельную ВС на расстоянии
ha от неб, и радиусом 2ть делаем из точки В засечку на этой
прямой. ЕслиВГ— полученная точка, то середина В отрезка В К будет
и серединой стороны АС.
3°. Строим прямоугольный треугольник АНВ по катету А Н = к а
и гипотенузе АВ — с. Вершина С есть точка пересечения прямой ВН
с окружностью радиуса тс с центром в середине F стороны АВ.
4^. Строим тот же прямоугольный треугольник АНВ. Середина D
стороны ВС есть точка пересечения прямой В / / с окружностью радиуса
тагс центром в точке Л.
5°. Строим тот же прямоугольный треугольник АНВ. Проводим
через А прямую, параллельную ВН, и из точки В, как из центра,
описываем окружность радиуса 2ть. Их пересечение даёт некоторую
точку К. Середина Е отрезка ВК есть середина стороны АС.
Наибольшее возможное число решений — одно в первом из рассмотренных
случаев и два — в каждом из остальных.

340 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

81. Сохраняя обозначения упражнения 80 и считая дайной медиану
ВЕ — ть (черт. 330), достаточно рассмотреть следующие пять случаев:
1) z в , hb, ть; 2) £ A, ha, ть, 3) £ В, ha, ть, 4) £ A, h b, ть,
5) £ С, ha, ть.
1°. Строим прямоугольный треугольник BIE по катету B l— hb и
гипотенузе ВЕ = ть и на продолжении отрезка BE за точку Е откладываем
ЕК==ВЕ. На прямой EI строим точку А такую, чтобы
. £ В А К = 180°— £ В
(пользуясь геометрическим
местом точек, из которых
отрезок В К виден
под данным углом), и откладываем
Е С = А Е . Треугольник
ABC будет
ИСКОМЫМ.
2°. Строим прямоугольный
треугольник Черт. 330.
MKL п о катету BL — ha и
(ипотенузе В К = 2 т ь. Пусть Я — середина отрезка ВК, На прямой
KL строим точку А такую,чтобы £ В А Е— /_ Л.Откладываем ЕС— АЕ.
— 3°. Строим прямоугольный треугольник А ВН по катету A H = h a
и углу В. Через точку А проводим прямую, параллельную ВН, и из
точки В, как из центра, — окружность радиуса 2ть\ пусть К — точка
их пересечения. Середина Е отрезка В К есть середина стороны АС.
Поэтому С есть точка пересечения прямых ВН и АЕ.
4°. Строим прямоугольный треугольник Л Я /п о катету B I— h b и
углу А. Из точки В, как из центра, описываем окружность радиуса
ть. В пересечении с прямой Л / получаем середину Е стороны АС.
5°* Строим прямоугольный треугольник АСН по катету А Н = ha и
углу С. Из середины Е стороны АС, как из центра, описываем
окружность радиуса ть. Точка её пересечения с прямой СН и будет
вершиной В. ‘
Наибольшее возможное число решений в первом случае равно единице
(так как обе дуги, из которых отрезок ВК виден под углом
180°— £ В, приводят к одному и тому же треугольнику), во втором
случае — четырём (так как геометрическое место точек, из которых
отрезок ДБ виден под данным углом Л, есть совокупность двух дуг
окружности, и может случиться, что каждая из этих дуг пересекает
прямую КЕъ двух точках), в третьем случае — единице, в четвёртом —
двум и в пятом — единице.
8 2 . Пусть A B C— искомый треугольник (черт. 331), в котором
даны ВС = а, угол Л и AB’t- \ — АС (или ЛЯ — ЛС; для определённости
обозначаем вершины Я и С треугольника так, чтобы было ЛЯ^> ЛС).
Откладываем на прямой ЛЯ отрезки AD — АЕ — АС. Такхкак
треугольник DAC равнобедренный, то £ш В А С = £ ADC £ ACD ==■
1 •
= 2 £ ADC, откуда £ A D C = -^ £ А, Аналогично найдём, что

341 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

4 В Е С = / В А С + 4 ‘ А С Е = / А — { -1 ( 180°— 4 = 90°-{-1 ^ А
Таким образом, треугольник BCD (или ВСЕ) можно построить по
сторонам ВС, BD (или ВС, BE) и углу В DC (или ВЕС), противолежащему
одной из них (п. 87).
После того как треугольник BCD (или ЯСЯ) построен, тбчка А
определяется как точка пересечения прямой BD (или BE) с перпендикуляром,
восставленным в середине стороны CD (или СЕ).
8 3 . Пусть ABC — искомый треугольник
(черт. 331), в котором даны
ВС, у г о л 1 и АВ -f- АС (или АВ — АС,
или А С— АВ).
Задача решается так же, как и упражнение
82; только треугольник BCD
(или ВСЕ) строится по двум сторонам
ВС и BD (или ВС и BE) и заключенному
Черт. 331. между ними углу Я (или 180°— 4 В,
если АС /> АВ).
8 4 . Пусть даны угол А, высота На, выходящая из вершины А,
и периметр треугольника. Если на продолжениях стороны ВС за точки
Я и С отложить отрезки ВВ’ = В А и СС’ — СА, то отрезок В’С’
будет равен периметру треугольника, а углы В В’А и СС’А — соответственно
равны 1 4 В и 1 4 С, откуда следует, что 4 В’АС’ = 180° —
— ^ г ( 4 В / С) = 90° 1 4 А. Тзким образом, треугольник
АВ’С’ можно построить по основанию В’С’, равному периметру
искомого треугольника, углу при вершине А и высоте (упр. 77).
Точки Я и С лежат на перпендикулярах, восставленных в серёдинах
сторон АВ’ и АС’.
Пусть теперь даны угол Л, высота hb, выходящая из вершины,
отличной от А, и периметр треугольника. Строим прямоугольный
треугольник А ВН с углом А (или 180°— 4 А) и катетом B H = h b.
Гипотенуза ЛЯ будет одной из сторон искомого треугольника.
Последний можно построить, зная сторону ЛЯ, прилежащий угол Л
и сумму двух других сторон, равную разности между данным периметром
и стороной ЛЯ (упр. 83).
8 5 . В обозначениях упражнения 82 (черт. 331) имеем: 4 ADC —
= 4 ACD = 1 4 -4, откуда 4 BCD = 4 С + — j 4 Л = 4 С +
-I- 1 (180° — 4 Я — 4 С) = 90° { — 1 ( 4 с — 4 В); / А Е С = /А С Е —
= -1 (1 8 0 ° — 4 Л) — 90° — — 1 4 Л, откуда . 4 ВСЕ — / С —
— (90°—1 4 А) = 4 С — 90° + 1 (180° / В — 4 С) = 1 ( 4 С —
— 4 В). Если даны ВС и Л*Я ЛС (или ЛЯ — АС), то можно по

342 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

строить треугольник В DC (или ВЕС) по сторонам ВС, BD
(или ВС. В Е \ и углу BCD (или ВСЕ), противолежащему одной из
них (и- 87). Построение заканчивается, как в упражнении 82.
8 6 Проводим прямые, соответственно параллельные данным прямым
и отстоящие от них на одном и том же расстоянии а\ точка
пересечения построенных прямых лежит на искомой биссектрисе.
Повторяя построение для расстояния а’, отличного от а, находим
вторую точку биссектрисы. ■ ■
87. Существует два вида описанных четырёхугольников, у которых
окружность заключена внутри его: выпуклый четырёхугольник
(черт. 332), у которого окружность касается всех сторон, и невыпуклый
четырёхугольник (черт.
333), у которого окружность
касается двух сторон и продолжений
двух других сторон. Если
В
М, N, Р, Q — точки касания, то в нервом случае АВ -J- CD — AM — f-
+ MBAr CPAt P D *= A Q -\~№ -\-C N A r Q D = B C — f AD, во втором
случае АВ CD = AM -J- MB -f- CP — DP== AQ — f TV5 — f C N—
—~DQ = BC -}-AD , так как касательные к окружности, проведённые
из одной точки, равны.
•Существует три типа описанных четырёхугольников, у которых
окружность расположена вне четырёхугольника: выпуклый, у которого
окружность касается продолжений всех четырёх сторон (черт. 334),
невыпуклый, у которого окружность касается двух смежных
Сторон и продолжений двух других сторон (черт. 335), и несобст

343 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

венный (п. 21), у которого окружность касается двух противоположных
сторон и продолжений двух других сторон (черт. 336).
В первом случае (черт. 334) имеем: A B — \-A D — B M — AM — \-A Q —
— DQ = BM — DQ = B N — D P = B N — CN+ C P — D P = B C + CD]
во втором случае (черт. 335) АВ -rf- AD = ВМ — AM -f- AQ -|- DQ =
= ВМ -f- DQ — B N 4 — D P— B N — CN -+—CP -}- D P = B C -f- CD] в
третьем (черт. 336): A B -\- AD = BM — AM -\- AQ -\^D Q = BM Ar
ника. Предположим, что эта/окружность не касается стороны AD. Проведя
из точки А касательную AD’ к построенной окружности, будем
иметь А В -\- CD’ = ВС -f- AD’. Из этого и из предыдущего равенств
находим A D— AD’= C D — CD’==DD’,yели CD>C£>’, и AD’— AD—
= CD’ — CD = DDr, если CD’^>CD. В обоих случаях разность
двух сторон треугольника ADD’ оказывается равной третьей стороне,
что невозможно. Следовательно, точки D и & совпадают.
Итак, если в выпуклом четырёхугольнике суммы противоположны
х сторон равны, то существует окружность, заключённая
внутри четырёхугольника и касающаяся его сторон.
Аналогичные обратные теоремы имеют место и в остальных случаях.
Доказываются они совершенно так же, как только что доказанная.
_
8 8 . Пусть окружность касается сторон АВ, ВС, CD четырёхугольника
ABCD, и AD’ — касательная из точки А к этой окружности,
так что АВ -[- CD’ = ВС -р АО’ (упр. 87). Если’сторона АО’.

344 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

не пересекает окружности (черт. 337), то АВ-\~ CD ‘-\-D ’D — В С —
4 — AD’ — f D’D. Ho CD’ — f D’D = CD, AD’ — f D’D > AD, откуда A B —
-j- CD^> BC -f- AD, Если AD пересекает окружность (черт. 338
то А В CD’- D’D = ВС + AD ‘— D’D. Но CD’— D’D = CD, AD’—
— D’D < AD, откуда A B ^ CD<^BC-\ AD.
Итак, если AD касается окружности, то АВ CD = ВС -(- AtD)
если AD не пересекает окружности, то АВ- CD > ВС — AD,
и если AD пересекает окружность, то А В -\-CD < ^В С -\-AD. Так
как перечисленные случаи охватывают все возможности, то справедливы
и обратные предложения.
88gu Если АВ не пересек гет . окружности (черт. 339), AM и
B N -^касательные к окружности и Р — точка их пересечения,
то ЛВ < АР-\~ В В < AM + BN) А В у А Р — В Р— (А Р — f РМ) —
— (РМ -}- В Р )— AM —BN. Если АВ N
пересекает окружность’ и точки А
и В лежат по разные стороны от В^
окружности (черт. 340), AM и B N — ЛГ
касательные, Р — точка их пересечения,
то А В ^> А Р ^ В Р = ( А М — \ —
4 — МР) — (P N — ^ B N ) — AM 4 -B N ;
если же точки А и В лежат по
одну сторону от окружности (черт.
341), то Л В < А Р — \ -В Р = (А М — РМ)Л-(РМ — BN) — AM — BN.
8 9 . Угол, под которым отрезок АВ подвижной касательной, заключённый
между двумя неподвижными касательными РМ и PN
(черт. 342), виден из центра О окружности, сохраняет постоянную
величину, пока окружность остаётся вневписанной в треугольник, образованный
тремя касательными (подвижная касательная занимает положение
АВ или- А’В’), и заменяется пополнительным углом, если
окружность становится вписанной (подвижная касательная занимает
положение А» В»). Действительно, /_ А О В = /_ АОТ /_ ТО В =

345 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

— — f Z. МОТ-}- y 4 TON = y Z. MON, точно так же 4 А’ОВ’ =
= 4 В ‘О Т — 4 А ‘О Т = у 4 T O N — Y 4 ТОМ = у 4 MON;
4 А » 0 £ » = 4 А » 0 Г ‘4 4 Т»ОВ»~ ~ 4 Л Ю Г ‘4 у 4 T «ON~
= 180° — у 4 MON ( Т, Т’, Т» — точки касания).
Если данные касательные в точках М vi N параллельны, то отрезок
подвижной касательной, заключённый между ними, виден из центра
под прямым углом.
9 0 . Пусть РМ и PN (черт. 342) — неподвижные касательные к
окружности, АВ ■— отрезок подвижной касательной, точка прикосновения
которого Т лежит на меньшей дуге MTN; тогда РА -\- P B -f- АВ =
= РА -р РВ -1- Л Т — \ -В Т = Р А -\-Р В -{ -Л М ~\~ B N = РМ 4 PN. Но
РМ и P N имеют постоянную длину.
Если точка прикосновения Г’ (или Т») подвижной касательной
лежит на большей дуге M T N , то возможны несколько случаев.
1°. Подвижная касательная пересекает прямую РМ в точке А’,
лежащей за точкой М, и прямую PN в точке В’, лежащей за точкой
Р. В этом случае постоянную величину имеет РА’ 4 M B ‘—-
— РВ’ — РМ 4 ММ 4 — MB’ — {B’N — PN) = РМ 4 Т А ‘ 4 MB’ —
— B ’N 4 P N = PM -{- Т В ‘ — B’N 4 PN = PM -\- PN.
2°. Подвижная касательная пересекает прямую РМ в точке, лежащей
за точкой Р, и прямую P N ^ — в точке, лежащей за точкой N.
Этот случай вполне аналогичен предыдущему. :
3°. Подвижная касательная пересекает прямую РМ в точке А»,
лежащей за точкой М, и прямую P N в точке /4 , лежащей за точкой
N. При этом постоянную величину имеет РА» 4 РВ» — А»В» =
= Р А ‘ 4 РВ” ~ М ’Т ’ — Т ’В” =» РА» 4 РВ’’— М’М — B » N = P M — ^
-\-P N . _

346 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Итак, во всех трёх случаях можно сказать: если точка прикосновения
лежит на большей из двух дуг, то постоянную величину сохраняет
разность между суммой двух сторон треугольника, образованного
тремя касательными, и его третьей стороной (причём роль этой третьей
стороны играет отрезок одной из неподвижных или подвижной касательной
в зависимости от расположения последней).
9 0 а . Так как касательные к окружности из одной точки равны
между собой, то (черт, 102) АЕ = AF; B F = B D ’, CD — СЕ. Далее
в силу этих равенств имеем A F -\- BF = АЕ~\~ B F— с, BD -(- CD —
. = BF CD = a, CEAr A E— CDAr A E = b . Отсюда A E + B F ‘
-C D — р и А Е— р — a, B F— p — b, CD — p — с. Далее АВ
BD i-\-C D ir \- АС = 2р, откуда, в силу BDt = BF1, СВх — СЕи
AFt — АЕи получим AEx— AFx— p\ далее имеем BDl= B F l— AFl —
— АВ = р — с; аналогично CDi — CE^ — p — b, и т. д.
91. Если три окружности с центрами в вершинах А, В, С треугольника
ABC попарно касаются одна другой, то точки касания лежат
на сторонах треугольника (или их продолжениях). Если окружности
касаются одна другой внешним образом в точках D, Е, F на сторонах
ВС, АС, АВ, то АЕ = AF, B F— BD, CD = CE и A E -\-C D — b,
BF -f- А Е — с, CD B F— a; откуда следует (упр. 90а), что точки
D, Е, F совпадают с точками касания вписанной
окружности. Если окружность с цент-
: ром А касается внутренним образом окружностей
с центрами В и С, то аналогично найдём,
‘что точки касания совпадают с точками
касаний D t, Еъ Ел вневписанной окружности
со стороной ВС и продолжениями двух
других сторон и т. д.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ VI (стр. 103).

9 2 . Пусть прямые а и b неизменяемой
фигуры проходят при перемещении последней
соответственно через данные неподвижные
точки А и В (черт. 343). При этом угол,
образованный этими прямыми, сохраняет по-
стоиййуювеййчину и, следовательно, точка их
пересечения М описывает окружность, проходящую через точки А
и В. Любая прямая с неизменяемой фигуры, проходящая через точку
пересечения М, образует с а и б постоянные углы и потому проходит
через некоторую неподвижную точку С той-же окружности.
Всякая другая прямая с’ подвижной фйгуры параллельна некоторой
прямой с той же фигуры и остаётся от этой прямой на постоянном
расстоянии, Отсюда следует, что прямая с’ касается некоторой неподвижной
окружности с центром в точке С.
Центр вращения лежит на нормалях к траекториям всех точек фигуры
(п. 104). Найдём касательную и норйаль к траектории точки А

347 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

в самой точке А. С этой целью рассмотрим некоторые другие положения
А! и М’ точек А и М на плоскости. Прямая А’М! будет проходить
через точку А {так как прямая AM по условию вращается
около точки Л). Следовательно, прямая АА’ совпадает с AM’, а предельным
положением прямой А А’ будет AM. Итак, траектория точки А
имеет своей касательной в точке А прямую AM, а нормалью— перпендикуляр
к этой прямой в точке А. Траектория точки М (окружность)
имеет своей нормалью в точке М диаметр, проходящий через М.
Отсюда следует, что центр, вращения О есть точка окружности ABC,
диаметрально противоположная М.
9 3 . Пусть О’ (черт. 344) — центр вращения фигур Ft и F3, О «—
центр вращения фигур F ^ a F 3. Разложим первое из этих вращений
на две симметрии относительно прямых U и D (п. 102а), выбрав за
вторую ось симметрии D прямую СО». При этом один из углов
между прямыми D’ и D будет равен половине угла между фигурами
Fx и F%. Аналогично, разложим и второе из этих вращений на две
симметрии относительно прямых D и D», приняв за первую ось симметрии
D ту же прямую СО». Как и в первом случае, один из углов
между прямыми D и D” будет равен половине угла между фигурами
/ V й Извращение,
совмещающее фигуру FY с Н3, можно получить как результирующее
двух вращений, из которых первое совмещает Ft с F a,
а второе F$ с F3. Разложив каждое из этих двух вращений на две
симметрии, как указано выше, мы убедимся, что вращение, совмеадае-
щее Ft с F3, будет результирующим двух симметрий относительно
прямых ГУ и D» (п. 103). Отсюда следует, что точка пересечения О
прямых U и В » есть центр этого последнего вращения, и один из
углов между прямыми D’ и D» равен половине угла между фигурами
h и £■,.
Итак, углы треугольника О’С ’О соответственно равны половинам
углов ме^кду данными фигурами, взятыми попарно, или дополняют эти
половины до 180°. *
9 4 . Вращение около центра 0 % можно заменить последовательностью
двух симметрий (п. 102а) относительно прямых D\ и Z)2, про-
ходящих через Oj (черт. 345). Вращение около центра 0 % можно за-

348 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

менить последовательностью двух симметрий относительно прямых
D\ и D’i, проходящих через Оа. Можно предположить, не нарушая
общности, что прямые D% и D[ совпадают. Остаётся последовательность
симметрий относительно прямых и D’% которые параллельны
друг другу, так как образуют с углы, равные половине данного
угла поворота и имеющие противоположные направления. Последова-
тельность симметрий относительно Dx и Отдаёт поступательное перемещение.
9 5 . Пусть А и В — две точки первой фигуры F (чёрт. 346),
Аг и В ‘ — соответственные им точки второй фигуры F , имеющей противоположное
направление вращения.
1°. Выбрав произвольно прямую Z?t, строим фи гу р у /7″, симметричную
с первой относительно этой прямой, и пусть А», В» — точки этой
фигуры, соответствующие точкам А, В. Фигуры F» и F , как имеющие
одинаковое направление вращения, можно получить одну из другой.
бесчисленным множеством способов с помощью двух симметрий (п. 102).
В общей сложности; получаем три симметрии.
2°. Чтобы последние две симметрий были равносильны поступательному
перемещению, необходимо й достаточно, чтобы отрезок А»В»
был параллелен отрезку А’В’ и был направлен с ним в одну сторону,
а для этого прямая Dx должна быть параллельна одной (вполне
определённой) из биссектрис £>0 углов между прямыми АВ и А’В’
(черт. 347).
3°. Наконец, чтобы направление поступательного перемещения
А»А’ было параллельно прямой Du необходимо и достаточно,
чтобы прямая Di была выбрана на середине расстояния между прямыми,
параллельными D0 и проходящими через точки А и А’. Другими словами,
прямая D\ должна быть параллельна D„ и проходить через
середину отрезка АА’.
Аналогично можно получить фигуру F из F с помощью поступательного
перемещения, сопровождаемого одной симметрией, и в частности
сделать так, чтобы направление перемещения было параллельно
оси симметрии: для этого надо только начать с построения фигуры F*,
симметричной с F (а не с F) относительно прямой / ) г.
9 6 . Пусть ABC — искомый треугольник (черт. 348). Вершину А
можно, очевидно, выбрать произвольно на одной из данных прямых,

349 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

например на прямой 2. Построим прямую Г, которая получается из
прямой 1 поворотом около точки Л на 60° хотя бы по часовой стрелке.
Для этого опустим из точки А перпендикуляр А Р па прямую / , построим
угол Р А Р , равный 60°, отложим А Р = А Р и, наконец, иро-
Черт. 348.
ведём через точку Р прямую / ‘, перпендикулярную к А Р . Так как
при повороте около точки Л на 60° точка В совмещается с точкой С,
то точка С есть точка пересечения прямых Г й 3. Зная положение
точек Л и С, можно построить и точку В.
Второе решение (треугольник АВ’О’), очевидно, симметрично с первым
относительно перпендикуляра к
трём данным прямым.
Аналогичные рассуждения применимы
и к трём данным окружностям.
97. окружирстй, Р й ’—данные точки,
АВ искомая дуга, равная данной
дуге M N и расположенная так, что
АР параллельно BQ (черт. 349).
Повернём треугольник О А Р около
точки О на угол а = /_ АО В =
== / , MON, определяемый данной
дугой; получим треугольник ОВР.
Точку Р можно построить, откладывая
угол POP, равный а, и отрезок О Р = :О Р . При этом и угол
Q5PV равный углу между стороной А Р треугольника О А Р и новым
положением В Р этой стороны, также будет равен а. Следовательно,
точка В будет лежать на дуге, имеющей своими концами точки Р и Q
и вмещающей угол а. Построив эту дугу, мы и пбйучим в пересечении
с данной окружностью точку В. Соответственно двум возможным
точкам пересечения В и В’ мы можем получить таким путём самое
большее два решения— дуги АВ и А’В’.

350 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ. 

До сих пор мы неявно предполагали, что искомая дуга АВ имеет
на окружности то же направление, что и данная дуга MN. Можно,
очевидно, получить дальнейшие решения АуВу и А’гВ{, в которых
. искомая дуга имеет направление, противоположное данной, рассматривая
вторые точки пересечения прямых РА, QB, РА’, QB’ с данной
окружностью»
. Если бы требовалось, чтобы прямые, соединяющие концы искомой^
дуги с данными точками Р и Q, пересекались под данным
углом р, то точка В определялась бы как точка пересечения данной
окружности с дугой, из точек которой отрезок P’Q был бы
виден под углом а -+- р.

351 КНИГА ВТОРАЯ. ОКРУЖНОСТЬ.

Около

Добавить комментарий

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

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии