дома » Геометрия в школе » ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I

ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I

КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

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

124. Пусть Х’Х» и Y’Y» — прямые, на которых откладываются
отрезки AM и BN (черт. 379); Mi и А) — некоторые определённые положения
точек Ж и Af. Проводим через точки А и В прямые, соответственно
параллельные двум данным прямым; пусть О — точка их
пересечения. Проводим прямые
ОХаОУ, соответственно параллельные
Х’Х» и Y’Y». Получим
четыре параллелограмма
АОРМ, AOPlMl, BOQN и
BOQiNi. Тогда АМх = ОРи
AM — OP, BNX — OQu BN =
~O Q . Пусть С) — точка пересечения
прямых МХРХ и NXQX.
Если С — точка пересечения
прямой МР с прямой ОС),
то ОС : ОС1 = ОР : ОРх :
= OQ: OQi- Следовательно,
прямая QC параллельна O C j
и ОВ, и потому С есть точка искомого геометрического места. Таким
образом, искомое геометрическое место есть прямая ОС).
125. Пусть АВ и АС— секущие (черт. 380), PQ — диаметр, перпендикулярный
к ВС, X и Y — точки пересечения прямых АВ и АС
с PQ. При этом BQ = CQ, и потому Հ_ BAQ =
— Հ_ CAQ. Таким образом, прямая AQ есть биссектриса
внешнего угла при вершине А треугольника
AXY. Следовательно, прямая АР, перпендикулярная
к AQ, есть биссектриса угла А того же
треугольника, и потому точки Р и Q делят гармонически
отрезок XV (п. 115, примечание).
126. Рассмотрим точки М!, для которых
AM՛ : М’В = т ! т . Если 1, то точки С՛ и D՛
прямой АВ, делящие отрезок АВ в отношении т ‘,
лежат внутри отрезка CD, где С и D — точки, делящие
отрезок АВ в отношении т (пп. 109, 110), а следовательно,
и геометрическое место точек М’ — окружность, имеющая C’D’ своим
диаметром, лежит внутри окружности, построенной на CD, как на
диаметре. Таким образом, все точки М’, для которых AM’: М’В^> nt^> 1,
лежат внутри последней окружности.
Аналогично, если ւո<Հ 1, все такие точки М’ лежат вне той же
окружности.

368 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

В и С треугольника ABC (черт. 381) пропорциональны числам /,
т и п. Геометрическое место точек, расстояния которых от точек А
и В относятся как I: т , есть окружность с центром на прямой АВ.
Точно так же геометрическое место точек, расстояния которых от
вершин В и С относятся как т . հ ո , есть окружность с центром на
В зависимости от того, пересекаются ли обе окружности, или
касаются одна другой, или вовсе не имеют общих точек, задача
имеет два решения, или одно решение, или вовсе не имеет решений
(сравнить ещё задачу 368).
Пусть задача имеет два решения, и Ս— одна из искомых точек.
Рассмотрим точку V, которая вместе с точкой Ս делит гармонически
диаметр QP описанной окружности треугольника, проходящий через
точку Ս. В силу п. 116, следствие, имеем AU:AV — BU-.BV — CU-.CV,
так что V есть вторая искомая точка.
128. Пусть МР: РМ’ = т (черт. 382). Через вторую точку пересечения
В окружностей проводим некоторую определённую секущую
NN’ и определяем на ней точку Q, для которой NQ: QN’ = т . При
этом прямая MN параллельна MN՛ (упр. 65), и потому PQ параллельна
MN. Четырёхугольник ABQP можно вписать в окружность,
так как он имеет те же углы, что и ABNM. Следовательно, точка Р
при любом положении секущей ММ! лежит на одной окружности
с тремя неподвижными точками А, В и Q. Так как секущая AM
может иметь любое՛ направление, то геометрическим местом точек Р
будет вся окружность ABQ.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ II (стр. 120).

129. Пусть ABCD — трапеция, Р — точка пересечения диагоналей,
E F— прямая, проходящая через Р и параллельная основаниям
(черт. 383). Так как прямая ЕР параллельна АВ, то треугольники
ABD и EPD подобны, и, следовательно, Е Р : АВ = ED : AD. Точно

369 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

так же из подобия треугольников ABC и PFC найдём, что PF: АВ =
= FC:BC. Но в силу параллельности прямых АВ, CD и EF имеет
место пропорциональность отрезков AD : ED = В С : FC. Из трёх написанных
пропорций вытекает, что Е Р: AB — P F : АВ, откуда E P— PF.
130. Пусть EF — прямая, параллельная основаниям трапеции, Ж —
точка её пересечения с диагональю ВС (черт. 384). Из подобия треугольников
ЕМС и ABC имеем ЕМ : АВ — Е С : АС— п : {т — \- я). Точно так
же из подобия треугольников MFB nCDB имеем MF:CD = BF:BD —
= т : ( т -)- я). Отсюда находим E F— ЕМ -)-
֊\-M F — т ■CD+ п ■ АВ
Если
1
т п
— середина АС, то т : п — \, и
Черт. 385.
E F = — {A B — \ -C D ) (ср. упр. 34).
131. Пусть О — точка пересечения медиан
ADhBE треугольника ABC (черт. 385); А0,
В0, С0, D0, О0 — основания перпендикуляров
из точек А, В, С, D, О на данную прямую.
Так как .£?£) = DC и AG : GD = 2 : 1, то в силу
упражнения 130 имеем ОО0 — ^ — {В В 0 ֊\ —
֊1 ֊ СС0); GG0 — (АА0 + 2DD0), откуда GG„ = փ (АА0 — \ ֊ ВВ0 ֊{ —
֊-[- СС0).
132. Из подобия треугольников ВЕР и DEA (черт. 386) имеем
E F :A E = B E 😀 E \ из подобия треугольников АЕВ и GED имеем
АЕ : EG — BE : DE. Отсюда
E F : АЕ ֊ А Е : EG.
133. Пусть ВАС— данный
угол (черт. 387); В0С0 и ВС —
две секущие данного направления,
Мй — точка, делящая отрезок
В0С0 в данном отношении,
М — точка пересечения прямых
АМ0 и ВС. Так как прямые, выходящие из точки Л, отсекают на параллельных
прямых В0С0 и ВС пропорциональные отрезки, то В0М0: С0М0=

370 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

= ВМ : СМ, так что М есть точка искомого геометрического места.
Геометрическое место точек М есть прямая АМ0.
134. Пусть М — одна из точек, из которых окружности О и О’
(черт. 388) видны под равными углами АМВ и A’MB’. Так как касательные,
проведённые к окружности из одной точки, образуют
равные углы с прямой, соединяющей эту точку с центром окружности
(п. 92), то углы АМО и А!МО’ равны и, следовательно, пря-‘
моугольные треугольники АМО и АМО’ подобны. Из подобия этих
треугольников следует, что МО : МО’ ֊ АО : АО’. Следовательно,
точка М принадлежит окружности С, представляющей геометрическое
место точек, отношение расстояний которых от точек О и 0 ‘
равно отношению радиусов данных окружностей (п. 116). Обратно,
всякая точка окружности С удовлетворяет поставленному условию,
если только она лежат вне обеих данных окружностей. В этом
легко убедиться, повторяя те же рассуждения в обратной последовательности.
Пусть две данные окружности радиусов R и R’ (R^> R’) расположены
одна вне другой. Для точек окружности С отношение
их расстояний от точек О и О’ равно R :R ‘^ > 1. Так как для точек
окружности О то же отношение меньше R : R’, а для точек окружности
О’ больше R :R ‘, то (в силу сказанного в решении упр. 126)
все точки большей из данных окружностей лежат вне окружности С,
а все точки меньшей из данных окружностей — внутри՜ окружности
С. Так как данные окружности лежат одна вне другой, то
отсюда вытекает, что окружность С лежит вне обеих данных окружностей.
Поэтому в этом случае геометрическое место точек М
есть окружность С.
Если две данные окружности пересекаются (или касаются одна
другой внешним образом), то окружность С проходит, по самому
своему определению, через точки пересечения данных окружност.ей

371 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

(или касается их в общей точке), и геометрическим местом точек М
будет часть окружности С, расположенная вне данных окружностей.
Наконец, если данные окружности расположены одна внутри другой
(или касаются одна другой внутренним образом), то точек Ж,
очевидно, не существует.
Если данные окружности равны между собой, то окружность С
заменяется прямой линией, равноудалённой от точек О и О’.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ III (стр. 127).

135. Пусть AM и B N— параллельные касательные к окружности
О (черт. 389), MN-— подвижная касательная. Так как прямая ОМ
перпендикулярна к ON (упр. 89), то треугольники О AM и NBO
подобны, откуда AM : О А — OB : BN и AM -BN— OA՝*.
136. Из подобия треугольников ABD и СВ А (черт. 128) имеем
Л Ո Л Ո D/-1 ЛГ՝ Г\ 1 ВС2 АВ2 — АС՝2 1 I АВ : AD = В С : АС. Отсюда Ш = Ла, . АС, = Ав 2 ՝.АС^ = Ш +
+ JL
^ АС2՛
137. Если AD, BE, C F— медианы треугольника АБС, то (п. 128)
ЛЯ 4 ֊ BE2 + СЯ (Е 4- с2) — -1 а2 4 ֊ — (с2 4 ֊ а2) — -Ь Ьъ 4 ֊
4 ֊ 1 (а2 4 ֊ й2) — 1 с2 = 1 (а2 4 ֊ ծ2 4 ֊ с2).
Черт. 389. Черт. 390.
138. Пусть ABCD — параллелограмм (черт. 390), О — точка пересечения
его диагоналей, М — произвольная точка плоскости. В силу
п. 128 имеем:ЖЛ2+Ж С 2= 2 0 Л 24 -2 0Ж 2;Ж Я 4 ֊Ж Я := = 2 0 Я 4 — 2 0Ж 2.
Отсюда (Ж Л2 4 ֊ ЖС2) — (МБ2 + Ж Я ) = 2 (ОЛ2 — О Я ).
Если ABCD — прямоугольник, то А С = В О , и, следовательно,
ОА = ОВ. Предыдущее равенство принимает вид ЖЛ2 ֊} -Ж С 2 =
= Ж Я 4 ֊Ж Я .
139. Пусть Е и F — середины диагоналей АС и BD четырёхугольника
ABCD (черт. 391). Из треугольника ВОЕ имеем BE14 ֊
4 ֊ DE* — 2BFi 4 ՜ 2 £ Я ; из треугольников ABC и ACD имеем Л Я -I-
֊] ֊ ВС2 = 2Л Я 4 ֊ 2ВЕ*\ С Я -|- AD* — 2АЕ2 4 ֊ 2£>£а. Складывая и
заменяя В Е — \-О Е * найденным выше значением, получаем Л Я 4 ՜

372 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

֊ք ВС* -f- CD* — f D A * = 2 (DE* ֊ք BE*)-\- \AE* = 4AE* + ABF* +
+ 4EF* = AC* + BD* ֊I ֊ 4EF*.
140. Пусть AD — одна из медиан треугольника ABC (черт. 392).
Применяя к треугольнику AMD и точке О теорему Стюарта (п. 127),
найдём МА* • DG MD* • АО — MG* • AD = AD ■ DG ■ AG. Заменяя
здесь DG и AG соответственно через у AD и 2 Aл Dг. и сокращая на
AD, будем иметь:
MG* ֊ у МА* ֊յ ֊ у MD* — у AD*. (1)
Черт. 391.
Применяя теорему п. 128 к треугольникам МВС и QBC, найдём
MD* = ֊ (MB* + МС*) — — ВС*՛, GD* — ֊ (QB* + ОС*) — ֊ ВС*,
— (GB*֊\-GC*)~-\-GD*. Подставляя
(ОВ* GC*) -\-2QD*—
откуда MD* = ֊(M B * ^ -M C * ) շ
в (1 ), получим 3MG* — МА* -)- MB* -{-МС
g2 -AD*. Заменяя здесь GD = у1 ОЛ; AD= у3 О А, получаем требуемое
соотношение.
141. Пусть сумма умноженных на данные положительные числа т
и п квадратов расстояний некоторой точки М от данных точек А и В
(черт. 393) равняется квадрату данного отрезка k:
т. • МА* ֊| — п ■ MB* = k*. ( 1)
Если точка О делит отрезок АВ в отношении, обратном отношению
данных коэффициентов, то мы имеем ОВ: АО : А В ֊т : п : (м-\-п).
Применяя теорему Стюарта (п. 127) к треугольнику МАВ, найдём
МА* ■ ОВ -(- MB*-АО — МО*-АВ = АВ-ОВ-АО, или в силу предыдущего
равенства
МО* = — т
т + п ■ М А * ֊ т ֊\ ֊п ■ M B *- тп
(т + пу • АВ*. (2)

373 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

Так как точка Ж удовлетворяет условию (1), то отсюда следует, что
ОМ2 ==—~ —m-fn (т ~х\Ц֊п аք ‘ АВ2 — const.
Геометрическое место точек Ж существует, если k2 • АВ2,
и представляет собой окружность с центром О.
Пусть теперь при тех же обозначениях, что и выше, от • МА2 —
— п • MB* — -t- £2. причём от л 0 (случай от = п, очевидно, приводится
к п. 128а, следствие). Если точка 0’ (черт. 394) делит отрезок
АВ внешним образом в отношении, обратном отношению коэффициентов
от и п, то 0 ‘А’.О’В : АВ = п \ т : ( т — п). Применяя теперь
теорему Стюарта к треугольнику МО’В, найдём: МО»2 • АВ ֊-[-
MB2 • О’А— МА2 • О’В — О’В-О’А-АВ, или в силу предыдущего
равенства
О’М2 = ֊т֊ ^ — п֊ • /ИЛ2—-т- -—^ ֊ п֊ ֊ • MB2 4՝ — (—т ——— —ոք-г ■ АВ2 ==
= (m —— я )- • АВ2 —-+- —т -—— п- = const. v( 3)’
Геометрическое место существует, если — — • Л 5 2 k2 4> 0. и
представляет собой окружность с центром О’.
При k = Q получаем геометрическое место точек, для которых
от-Ж Л2 — п-МВ2 = 0, т. е. МА : ЖТ? = յ/ п : ] / от. Таким образом получается
геометрическое место, рассмотренное в п. 116.
1 42. Пусть от-МА2 ֊ք ՜ п-МВ2֊{ — р-МС2 = k2, где А, В, С — данные
точки, от, п, р — данные положительные или отрицательные числа,
k — данный отрезок, Ж— точка искомого геометрического места. Пусть
обозначения точек Л, В, С выбраны так, что т -\- ո 0. В силу равенств
(2) и (3) решения упражнения 141 имеем т -М А 2-{-п-МВ2 —
— (от 4 ՜ п) • DM2 + ~ т ~ АВ2, где D — точка, делящая отрезок АВ
(внутренним или внешним образом в зависимости от знаков т и п )

374 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

в отношении | п | : | т |. Предыдущее равенство принимает вид
(от п) • MD2 ֊) — р ■ МС2 = k2 — — • АВ2 — const. В силу упражнения
141 геометрическое место точек М (если оно существует)
при т ֊ 1֊ п -}- р ф 0 есть окружность; в силу п. 128а, следствие,
искомое геометрическое место есть прямая при т ֊ք — п ֊ք ֊ р — 0 .
Аналогичные рассуждения применимы в случае любого числа
данных точек.
1 4 3 . Выражение для квадрата длины биссектрисы AD2 = bc’X,
Ify _1_ С\ 2 ____ q 2
X { Ь ֊\ ֊су— ’ приведенное в п. 129, можно представить так: AD2 —
֊Ь с — • -,-ab — = bc — BD-CD. Аналогично Ь-]-с b-\-c для биссектрисы
внешнего угла имеем теорему: Квадрат биссектрисы, внешнего угла
треугольника равен произведению отрезков противолежащей с то роны,
считая о т её концов до точки пересечения с биссектрисой,
уменьшенному на произведение сторон, образующих э т о т угол.
а 2 ( с ^)2
Действительно, выражение АЕ2 = Ь с { С_О_ ) 2 ՛, приведённое в п. 129,
можно представить так: АЕ’2 = — • — у ^ — bc = B E -C E — bc.
1 4 4 . Преобразуем выражение для квадрата медианы, данное в
п. 128, следующим образом: AD2 = —֊ (Ь2 с2)—֊ а2 == ֊ (Ъ -J- с) 2 ֊[ ֊
— \ ֊\ { . Ь ֊ с)2 — ֊a 2 = f ^ ֊^ — \ — — (b — c-\-a) (b — c — a). Так как
a-\-b — с ^ > 0 и b — с — ա<Լ0, т о полученное значение AD2 меньше
(———j и медиана меньше —у— ■ С другой стороны, Ь2 ֊[ ֊ с2 2Ьс,
и выражение для квадрата медианы можно преобразовать так:
AD2 (Ь2 + օ2) + \ . ա ֊\ օ 2 =
= \ ( . b J r c? — \ a’i = \ ( b A r c-{-a) — (b-\-c — а), или
AD2> b + c2 + a — Ь + С2~ а ■ Так как AD < ^ < + £, то из
полученного неравенства следует, что A D ^ > y ( £ ֊j ֊c — а).
Чтобы доказать, что биссектриса меньше медианы, если b ф с,
заметим, что из только что данного выражения -i- (b -J- с)2 -{-
для квадрата медианы видно, что при b с

375 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

квадрат медианы больше, чем с ) *—— г- а 1. Далее, так как
то из выражения, данного в п. 129, следует, что квадрат биссек՜
Ъ ф с биссектриса меньше, чем медиана.
145. Если медиана AD треугольника ABC есть среднее пропорцио-
образом, сторона а треугольника равна диагонали квадрата со стороной
| b — с |, так как диаго-
146. Пусть через точку М проведены две взаимно перпендикулярные
хорды АВ и CD и Е — точка, диаметрально противоположная
*֊|- СЕ = 180°, то BD = CE и, следовательно, BD = CE. Отсюда
ЛС2-)-7Ш2 = АС2-|-С£ 2 = АЕ2. Аналогично найдём, что AD՜1 -[-ВС* —
֊ AD2 + DE* — АЕ*.
147. Пусть Е, F, G, Н, К, L — основания перпендикуляров, опущенных
из тачки М окружности радиуса R на стороны и диагонали
вписанного четырёхугольника ABCD (черт. 396). Применяя теорему
п. 130а о радиусе описанной окружности к треугольникам МАВ,
MCD, МВС, MDA, MAC, MBD, получим: МА ■ MB = 2R • ME;
МС • MD = 2R • MG’, MB ■ MC— 2R ■ MF\ MD ■ MA = 2R ■ MH\
MA • MC — 2R • MK\ MB-MD = 2R-ML, откуда MA-MB-MC-MD =
— AR*-ME-MQ — ^R*-MF-MH — \R*-MK-ML, так что ME-MQ =
= MF ■ M H =M K ■ ML.

376 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

Если стороны AD и ВС обращаются в касательные, то мы получаем
такую теорему: Расстояние о т точки окружности до хорды
есть среднее пропорциональное между расстояниями той же точки
о т касательных в концах хорды (черт. 397). Действительно, четырёхугольник
ABCD обращается в дважды взятую хорду АВ, точки
£ и О совпадают и предыдущие равенства дают: ME՜2 = MF ■ МИ
УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ IV (стр. 132).
148. Пусть О — данная окружность (черт. 398), С —-вторая точка
пересечения прямой АВ с окружностью BMN. При этом АВ • ЛС =
= AM ■ AN есть степень точки А относительно О, так что положение
точки С не зависит от выбора окружности BMN.
149. Пусть требуется найти геометрическое место точек М, отношение
степеней которых относительно двух данных окружностей
О, (/?,) и 0 2 (/?2) равно т . В силу п. 134 мы должны иметь
M O \ ֊R \
МО\ —R:, ■т, ( 1)
или МО[ — т — M O \ ֊R \ — mR\. На основании упражнения 141 геометрическое
место точек М (если такие точки вообще существуют)
есть окружность. Центр О этой окружности лежит на прямой 0 յ 0 2
и делит отрезок 0 է0 2 в отношении т , т. е.
0\0
т = т — (2)
Так как степень точки М относительно окружности О равна нулю,
то расстояние точки М от радикальной оси окружностей Օճ и О
I 1 Դ Օ Т Т Т Ч М . О \ — R \ — Л/Г равно (п. I do, примечание III) —— — ^ 1; расстояние ՀՍ ւՍ точки М от
Р2
радикальной оси окружностей 0 4 и О равно —ՀԼ/շԼпյ . Так как оба

377 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

эти расстояния любой точки М окружности О от обеих радикальных
осей равны между собой в силу соотношений ( 1) и (2), то все три
окружности имеют общую радикальную ось.
Если в условии упражнения 128 точка Я делит отрезок ММ! в
постоянном отношении PM : РМ! — т , то отношение степеней точки
РМ ■ р а
Я относительно обеих окружностей равно —~рА = т ՝ и геометрическое
место точек Я есть окружность.
1 5 0 . Линия центров обеих окружностей соединяет середины диагоналей
трапеции BCED (черт. 399) и потому параллельна ВС (упр. 34).
Следовательно, радикальная ось этих окружностей перпендикулярна
к ВС. С другой стороны, окружности, имеющие BE и CD своими диаметрами,
проходят соответственно через основания М и N высот ВМ
и C7V треугольника. Далее, точки В, С, М и N лежат на одной
окружности, имеющей ВС своим диаметром. Радикальные оси всех
трёх окружностей, взятых попарно, проходят через одну точку; но
две из радикальных осей — высоты ВМ и CN треугольника (п. 137).
Следовательно, третья радикальная ось проходит через точку пересечения
Н высот треугольника. Так как она перпендикулярна к ВС,
то она совпадает с высотой треугольника.
151. Если бы окружности DD’EE’, EE’FF, FF’DD’ были различны,
то прямые АВ, АС, ВС были бы их радикальными осями, что невозможно,
так как (п. 139) радикальные оси трёх окружностей, взятых
попарно, не могут образовать треугольника. Следовательно, по крайней
мере две из трёх окружностей совпадают, но в таком случае все
шесть данных точек лежат на одной окружности.
1 52. Пусть окружность О у радиуса ОуТ, ортогональная к окружностям
О и О’ (черт. 400), пересекает прямую 0 0 ՛ в точках Я и Q.
Тогда ОуР^ — ОуТ* есть степень точки Оу относительно каждой из
окружностей О и О’. Следовательно, радикальная ось ОуН (п. 138)
данных окружностей есть в то же время радикальная ось точки Я и
каждой из данных окружностей (п. 136, примечание I). Таким обраЧерт

378 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

зом, точка Р обладает тем свойством, что HP2 есть степень точки Н
относительно О или О’. Отсюда следует, что положение точки Р не
зависит от выбора окружности Оу (и то же относится к точке Q) и
что степень точки Н относительно О или О’ есть положительное
число, так что данные окружности не пересекаются.
153. Пусть через точки Aw. В проведена произвольная окружность
(черт. 401) и через точки С и D — какая-либо окружность, пересекающая
первую. Точки пересечения М радикальной оси этих окружностей
с прямой АВ удовлетворяет условию
МА- МВ = МС- MD, (1)
и так как геометрическое место
точек, имеющих равные степени относительно
обеих окружностей, есть прямая
линия, то на прямой АВ существует
единственная точка М, удовлетворяющая
соотношению (1). Черт. 401.
Если теперь провести через данные
точки другую пару окружностей, то их
радикальная ось пересечёт прямую АВ в некоторой точке, удовлетворяющей
тому же самому соотношению ( 1) и, следовательно, совпадающей
с М.
Итак, положение точки М не зависит от выбора окружности, проходящей
через точки А и В, и окружности, проходящей через точки
С и D, и прямая, соединяющая
общие точки каждой такой пары
окружностей, проходит через М.
154. Степень точки /, внутренней
относительно окружности
О радиуса г, относительно этой
окружности равна OP — Н —
= — (г* ֊ ОР) = — — АВ\ где
АВ — хорда окружности О, проходящая
через точку I и перпендикулярная
к диаметру 01.
Так как радикальный центр I
трёх данных окружностей О, О’, О»
(черт. 402) имеет одну и ту же
Черт. 402. степень относительно этих окружностей,
то хорды АВ, А!В’, А»В»
трёх окружностей, проходящие через / и соответственно перпендикулярные
к 01, 04, 0″1, равны между собой и служат диаметрами
одной окружности с центром / (так как в точке I все три хорды
делятся пополам).

379 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ V (стр. 142).

155. Пусть две вершины К и Լ искомого квадрата KLNM (черт. 4031
лежат соответственно на сторонах АВ и АС данного треугольника
ABC (или их продолжениях), а две другие-— на стороне ВС (или её
продолжении). Рассмотрим квадрат, гомотетичный искомому, принимая
за центр подобия вершину В
и за точку, гомотетичную
точке К, произвольную точку
k прямой АВ. Этот к в ад рат
имеет своей стороной
перпендикуляр km източкиk
на сторону ВС и потому з а нимает
одно из двух в о зможных
положений klnm или
kl’ti’m. Вершины L и Լ’
искомых квадратов KLNM
В п’ т М п N С и K’L’N’M’ лежат в пересе-
Черт. 403. чении прямых В1 и ВГ с
прямой АС.
Из сказанного вытекает такое построение. Из произвольной точкиЛ
стороны АВ опускаем перпендикуляр km на основание ВС треугольника
и строим квадраты kmnl и kmn’l’. Точки пересечения прямых В1
и ВГ с прямой АС определяют вершины L и Լ’ искомых квадратов.
Если ни одна из двух прямых В1 и ВГ не параллельна АС, то
задача будет иметь два решения, если же одна из них параллельна АС,
то только одно. При этом мы
допускаем (как это часто делается
для общности рассуждений)
„вписанные» квадраты,
вершины которых могут
лежать не только на самих
сторонах треугольника,
но и на их продолжениях.
Если же рассматривать только
квадраты, вершины которых
лежат на самих сто- Черт. 404.
ронах треугольника (а не на
их продолжениях), то задача будет иметь одно решение, если ни один из
углов В и С не тупой, и не будет иметь решения,если один из них тупой.
Аналогично можно построить квадраты, у которых две вершины
лежат на прямой АВ или на прямой АС и по одной вершине— на
двух других сторонах.
156. Так как ОМ есть биссектриса угла О треугольника ОАВ
(черт. 404), то AM : MB = 0 А :ОВ, и, следовательно, АМ:АВ —
= О А :(ОА-\- O j9 )= c on st. Геометрическое место точек М есть окружность,
гомотетичная данной относительно точки А,

380 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

157. При изменении положения точки М вся фигура (черт. 405) остаётся
подобной самой себе (относительно центра подобия О), и, следовательно,
точка касания перемещается по прямой, проходящей через О..
158. Пусть ABC— данный треугольник (черт. 406), G — точка
пересечения медиан, Н — точка пересечения высот, О — центр описан-
Черт. 405. Черт. 406.
ной окружности, А’В’С’— треугольник, стороны которого В’С’, А’С’,
А’ВГ проходят соответственно через А, В, С и параллельны сторонам
ВС, АС, АВ данного треугольника. Треугольники ABC и А’В’С’ гомотетичны,
так как отрезки А՛В՛ и А’С’ соответственно параллельны
отрезкам АВ и АС, направлены в противоположную сторону и вдвое
больше каждого из них (п. 142). Прямые АА’, ВВ’, СС’ — медианы
треугольника ABC, так как четырёхугольники
АВА’С, ВСВ’А и
С АС’В — параллелограммы и, следовательно,
центром подобия служит
точка О. Центр О окружности,
описанной около треугольника
ABC, и центр окружности, описанной
около треугольника А’В’С’
(т. е. точка пересечения Н высот
данного треугольника ABC),
представляют собой две гомотетичные
точки. Следовательно,прямая
ОН проходит через точку О и
отрезок ОН делится в точке О
в отношении 1 : 2.
159. Пусть Оу — произвольная точка первой фигуры (черт. 407), 0 2
и О, —• соответствующие ей точки второй и третьей фигур; 5 31,
Տ լշ — центры подобия трёх фигур, взятых попарно. Обозначим через
k — коэффициент подобия первой и второй фигуры: A = S 12O i : Տ\գՕՂ,
и аналогично положим k’ — 5 310 1 : 5 310 3. Проведём через Оу прямую,
параллельную S vlSn , и пусть М — точка её пересечения с прямой

381 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

0 20 3. Из подобия двух пар треугольников 0 3Տ 235 31 и 0 3M0lt 0 25 23S 12
и O^MOi имеем: 5 23Տ 3յ : AfOj = 5 310 3 : 0 յ 0 3 = 5 3լ 03: (5 3յ 0 3 5 310 յ) ;
‘֊’շՅ^՚ւշ ■» AiO\ — 5 1 շՕշ: 0 յ 0 2= 5 ]20 2 : ( ^ յ20 2 — 5 120ւ). Отсюда
*823831 ՛է 10 • (Տ120 շ—Տ ւ շ Օ յ ) 1-—&
8238 1 2 Տ ւ շՕ շ • ( 8 3 1 O 3— 8 3ւՕ ւ ) 1 —
Приме ч а н и е . Доказательство принимает вполне общий характер,
если рассматривать знаки отрезков (пп. 185—191) и в соответствии с этим
приписать коэффициентам подобия определённые знаки. При этом проще всего
применить к треугольнику ՕւՏւ2Տ31 и прямой Օ շՕ տ теорему п. 192.
160. Пусть Р и Р’ — основания перпендикуляров из точки О на
данные параллельные прямые (черт. 40.8). Из равенств ОА’:ОА —
= О Р’: ОР и О А — А’ А» следует, что О А’ : А’А’ — ОР’: О Р. Треугольник
О А’ А» имеет прямой угол при
вершине А՛ и постоянное отношение
катетов: следовательно, он
остаётся подобным самому себе.
Таким образом, угол А՛ О А» и отношение
О А » : О А! остаются постоянными
и точка А» описывает
фигуру (п. 150, первая теорема),
подобную той, которую описывает
точка А’, т. е. прямую линию.
Эту прямую линию можно проще
всего найти, построив два
каких-либо положения точки А»
(на чертеже построена ещё точка Р», соответствующая тому случаю,
когда точка А՛ совпадает с Р՛).
Так как отрезок ճ ‘ճ » , равный О А, можно отложить на прямой,
проходящей через А! и перпендикулярной к О А’, в обе стороны, то
искомое геометрическое место состоит из двух прямых линий (вторая
прямая на чертеже не показана).
161. Пусть АВ и А՛В՛ — два соответственных отрезка фигур F
и F (черт. 409) и А»В» — соответствующий им отрезок искомой фигуры
F», прямо гомотетичной фигуре Բ’. Направление оси симметрии
фигур F и F» совпадает с направлением биссектрисы угла, стороны
которого параллельны отрезкам АВ и А՛В՛ и направлены в ту же сторону
(угол ВАЬ՛ на чертеже). Центр гомотетии 5 фигур F՛ и F» лежит,
по условию, на оси симметрии SX. Если Л0, Л3 — проекции точек
А, А’ на ось симметрии, то мы должны иметь: А0А «: А’0А’=
= SA » : SA’ = А» В » : А’В’ = АВ : А’В’ и, кроме того, АА0 = АйА», так
что АА0: А’0А’ = А В : А В ‘. Заменяя АА0’: А^А’ равным ему отношением
А Х : ХА (где А»— точка пересечения оси симметрии с прямой А А), мы
видим, что искомая ось симметрии, параллельная биссектрисе угла
между направлениями каких-либо двух соответственных отрезков фигур
F и F’, должна делить расстояние между какими-либо двумя со

382 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

ответственными точками обеихфигур внутреннимобразом вотношении,
равном отношению соответственных отрезков. Эти условия вполне
определяют искомую ось симметрии.
Вторая искомая фигура F'[ симметрична фигуре F» относительно
точки 5. Соответствующая ось симметрии SY параллельна другой биссектрисе
угла между АВ и А’В’
и делит отрезок А А’ внешним образом
в том же отношении, что
и ось SX\ центром подобия фигур
Ր и F» будет опять точка 5.
Рассуждения теряют силу,
если фигуры F и F՛ равны
(сравнить упр. 95).
162. Пусть А, В, С, . . . —
точки фигуры F; А’, В’, С՛,. . . —
соответственные им точки фигуры
F’\ О — точка фигуры F, совпадающая
с соответственной точкой
фигуры F՛ (п. 150). При этом
հ а о а ‘ = լ bob? = լ с о с ՛ =
= и О А : О А’ = О В :ОВ’ =
= ОС:ОС’ = . . . . Следовательно,
треугольники АОА’,
ВОВ’, СОС’, . . . подобны (сравнить
п. 150). Если на отрезках
А А’, ВВ’, СО, .. ■ построить
треугольники АА’А», ВВ’В»,
СС’С», . . . , подобные треугольнику Т и имеющие с ним Одинаковое
направление вращения (причём стороны АА’, ВБ’, СО, ՛… соответствуют
одной и той же стороне треугольника Т), то, четырёхугольники
ОАА»А’, ОВ»’, О С С С ‘. . . будут подобны (п. 149).
Поэтому и треугольники ОАА», ОВВ», ОСС»,. . . будут подобны.
Отсюда следует, что точки А», В», С», . . . образуют фигуру, подобную
двум данным (п. 150, первая теорема).
Аналогичное рассуждение применимо и к случаю, когда точки А»,
В», С» , ՝ . . . делят отрезки А А՛, ВВ՛, СО, . . . в одном и том же отношении.
Только вместо подобных четырёхугольников ОАА»А՛, ОВВ»В՛,
ОССС՛, . . . будем иметь ряд подобных треугольников ОАА՛, ОВВ՛,
ОСС՛, . . . и соответственные точки А», В», С», . . . на их сторонах.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ VI (стр. 152).

163. Пусть требуется построить отрезок х, отношение которого
к данному отрезку а равняется отношению квадратов двух данных
отрезков т и п (пусть для определённости М^> п),
П е р в о е п о с т р о е н и е . Примем отрезки т и » з а катеты пря»
моугольного треугольника. Проекции т у и ոճ катетов и и л на гипо-

383 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

тенузу удовлетворяют условиям т хс — աՂ\ nlc = ni, где с — гипотенуза
треугольника. Отсюда ml :n 1 = mi :n i. Отрезок х есть четвёртый
пропорциональный к трём данным отрезкам: х : а ֊т х : (п. 151,
построение 2).
В т о р о е п о с т р о е н и е . Примем отрезок т за гипотенузу, а
отрезок п за катет прямоугольного треугольника. Проекция ոճ катета
п на гипотенузу удовлетворяет условию т п у = п2, или т : п 1 =
= էոՂ:ո գ. Отрезок х есть четвёртый пропорциональный к трём данным
отрезкам; х : а — т : ոճ (п. 151, построение 2).
Пр име ч а н и е . Второе построение имеет то преимущество, что оно
легко обобщается на случай, когда требуется построить несколько отрезков,
пропорциональных квадратам данных отрезков. Пусть даны хотя бы
четыре отрезка т, п, р, q и требуется построить отрезки, пропорциональные
их квадратам (для определённости примем т за наибольший из данных
отрезков).
На отрезке т как на диаметре строим полуокружность (черт. 410). Из
одного конца этого отрезка засекаем дуги радиусами, соответственно равными
га, р и <7, и из точек пересечения этих дуг с полуокружностью опускаем
перпендикуляры на диаметр. Полученные отрезки удовлетворяют соотношениям
mill = я2; mpi = р՜, mqi = q2, откуда т : щ : p i: = т * : п2 : р2: q2.
164. Пусть требуется построить отрезок х, отношение квадрата
которого к квадрату данного отрезка а равняется отношению двух
данных отрезков т и п, так что х 2 : а 1 ֊ т : п, или х : а = ՜\ք т : у п
(пусть для определённости т ^ > п ).
П е р в о е п о с т р о е н и е . Примем отрезки т и п за проекции
катетов прямоугольного треугольника на гипотенузу. Для построения
вершины прямого угла строим на сумме данных отрезков как на диаметре
полуокружность. Катеты ուճ и « , удовлетворяют условиям
т \ = т с , п\ = пс, где с — гипотенуза треугольника. Отсюда /и1 : я 1 =
= ] / т : п. Отрезок х есть четвёртый пропорциональный к трём
данным отрезкам х : а = от1 : я 1 (п. 151, построение 2).
В т о р о е п о с т р о е н и е . Примем отрезок т за гипотенузу,
а отрезок п за проекцию катета на гипотенузу. Вершина прямого
угла лежит на полуокружности, построенной на отрезке tn как на диаметре.
Катет п\, имеющий п своей проекцией, удовлетворяет условию

384 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

тп — п\, или т : ոէ = \ / т : յՀ п. Отрезок х есть четвёртый пропорциональный
к трём данным отрезкам: х : а = т : щ.
Пр име ч а н и е . Второе построение имеет то преимущество, что оно
легко обобщается на случай, когда требуется построить несколько отрезков,
квадраты которых пропорциональны данным отрезкам. Построение
выполняется в порядке, обратном по отношению к тому, который описан
в.примечании к решению упражнения 163 (черт. 410). При этом m, пи Pi,
q, —данные отрезки, а п, р, q — искомые.
165. Пусть через точку О (черт. 411) требуется провести прямую
ОАВ так, чтобы отрезок АВ этой прямой, заключённый между двумя
данными прямыми (или окружностями) а и Ь, делился в точке О внешним
или внутренним образом в данном отношении.
Строим прямую (окружность) а’, гомотетичную
прямой(окружности)а, принимая
за центр подобия точку О и за коэффициент
подобия данное отношение. Гомотетия
должна быть прямой или обратной, смотря
по тому, делит ли точка О отрезок АВ
внешним или внутренним образом. Искомая
прямая проходит, очевидно, через точку пересечения
В прямых (окружностей) а! и Ь.
Если даны две пересекающиеся пря- Черт. 412.
мые линии а и Ь, то получается одно решение
для того случая, когда точка О делит отрезок АВ внешним образом,
и одно решение для случая, когда точка О делит отрезок внутренним
образом. Если даны две параллельные прямые, то задача либо
вовсе не имеет решений, либо имеет их бесчисленное множество.
Если даны две окружности а и Ь, то наибольшее возможное число
решений для каждого из двух случаев (деление внешним образом и
деление внутренним образом) равно двум.
166. При решении задачи следует различать два случая.
П е р в ы й с лучай. Пусть хорда С С’ (черт. 412) есть средняя
пропорциональная между всей секущей АС и её внешней частью АС’,
так что СС’2 = АС • АС’. Проводя из точки А касательную Л Г, будем
иметь АТ^ — АС- АС’. Из этих двух равенств получаем СС’ — АТ.
Так как все хорды данной окружности, равные данному отрезку АТ
(точнее говоря, отрезку АТ, который мы умеем построить), касаются
одной и той же окружности, концентрической с данной, то задача
сводится к проведению из точки А касательной к этой концентрической
окружности.
Задача не имеет решений, если А Г больше диаметра, имеет одно
решение, если АТ равно диаметру, и два решения, если АТ меньше
диаметра. Если О — центр данной окружности, R — её радиус, то
условие возможности задачи А Г ^ 2/? даёт А Г 2 = АО2— /?2 sg:4 քՀՂ,
или АО R |/5 .
13 Элементарная геометрия, ч. I

385 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

В т о р о й с лучай. Пусть внешняя часть секущей АС’ (черт. 412)
есть средняя пропорциональная между всей секущей АС и хордой СС’,
так что АС’*— АС ■ СС’. Отсюда АС: АС’=АС’ :{АС— АС’). Умножая
каждый член этой пропорции на АС՛ и заменяя АС ■ АС՛ через квадрат
касательной АТ, получим:
А Т *: АС’* = АС՛*: {АТ* — АС՛*). (1)
Если мы разделим касательную АТ в среднем и крайнем отношении
в точке М (так что AM будет большим отрезком) и построим
прямоугольный треугольник АТР, имеющий АТ своей гипотенузой
и AM — проекцией катета на гипотенузу, то
AT: AM — AM: {AT— AM), (2)
и (упр. 163, второе построение) AT: AM — АТ*: АР*. Заменяя в равенстве
(2) отрезки АТ и AM пропорциональными им величинами
АТ* и АР*, получим АТ*:АР* =
— АР*:(АТ* — АР*). Сравнивая это равенство
с (1), находим, что АС՛ = АР. Чтобы
найти теперь ‘точку С՛, достаточно из
точки А как центра описать окружность
радиуса АР.
Чтобы задача имела решение, необходимо
и достаточно, чтобы отрезок АС’ =
— АР был меньше касательной АТ и
в то же время чтобы этот отрезок АС՛ — АР
был не меньше наименьшего расстояния АК
Черт 413 от точки А до окружности. Первое условие
всегда выполнимо, второе даёт
А Р ^О А — R, или А Р *^ {О А — R)*. Но (в силу п. 156)
АР*—АТ* ■ = {ОA* — IP) • Т/52՜ 1-1֊ ■ Отсюда (ОA * ֊ R *)X
X է ՝[>■ 1 (ՕՃ —- R)*, или, после сокращения на О А — R и алгебраических
преобразований, O A ^ R { 2 -j- յ/5 ) .
167. Пусть М — искомая точка. Так как MB есть биссектриса
треугольника АМС, то МА: МС— АВ : ВС. Аналогично M B : MD —
— В С : CD. Искомая точка определяется как точка пересечения двух
окружностей — геометрического места точек, расстояния которых от
точек А и С относятся как А В : ВС, и геометрического места точек,
расстояния которых от точек З и Л относятся как ВС: CD (п. 116).
168. Пусть А и В — данные точки (черт. 413), МА՛ и MB’ —
искомые равные хорды, проходящие соответственно через точки А и В.
Так как равные хорды равноудалены от центра О окружности, то
радиус ОМ есть биссектриса угла АМВ, и потому МА : MB — О А : О В.
Искомая точка М принадлежит кроме данной окружности ещё
одной окружности — геометрическому месту точек, отношение расстояний
которых от точек А и В равно О А : ОВ.

386 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

169. Пусть ABC— искомый треугольник (черт. 120), в котором
известны стороны АВ, АС и биссектриса AD, и Е — точка пересечения
прямой АВ с прямой, параллельной AD и проходящей через С.
Так как А С =А Е , то отрезок СЕ можно построить как четвёртый
пропорциональный к трём данным, пользуясь пропорцией CE:AD =
— (АВ АС): АВ. Далее можно построить равнобедренный треугольник
АСЕ по его сторонам и на продолжении стороны АЕ отложить
данную сторону АВ.
170. Пусть произведение двух сторон треугольника равно произведению
двух данных отрезков. Частное от деления произведения этих
двух сторон на удвоенную высоту, опущенную на третью сторону,
равно радиусу описанной окружности. Следовательно, этот радиус
можно построить как четвёртый пропорциональный к трём данным
отрезкам. Построив окружность, имеющую найденный радиус, и проведя
в ней хорду, равную данной стороне, мы определим положение
третьей вершины, проводя прямые, параллельные этой стороне и отстоящие
от неё на расстоянии, равном высоте.
171. Пусть даны углы треугольника и его периметр. Построим
вспомогательный треугольник, имеющий данные углы, выбрав произвольно
одну из его сторон. Так
как построенный треугольник
подобен искомому, то их периметры
пропорциональны соответственным
сторонам. Сторону
искомого треугольника можно N’
построить как отрезок, четвёр- Черт. 414.
тый пропорциональный к соответствующей
ей стороне вспомогательного треугольника и к периметрам
обоих треугольников.
Так как в подобных треугольниках суммы медиан, суммы высот
и т. д. пропорциональны соответственным сторонам, то описанный
способ построения применим и тогда, когда даны углы и сумма
медиан или углы и сумма высот и т. д.
172. Так как стороны двух квадратов пропорциональны их диагоналям,
а следовательно, и разностям между диагоналями и сторонами,
то сторона искомого квадрата есть отрезок, четвёртый пропорциональный
к разности между его диагональю и стороной, к стороне произвольного
квадрата и разности между диагональю и стороной последнего.
173. Если точка D делит отрезок ВС (черт. 166) в среднем
и крайнем отношении, то В С : BD — B D : CD. С другой стороны, если
точка D’ делит отрезок ВС внешним образом в среднем и крайнем
отношении, то BD’ = ВС -f- BD (п. 156). Из этих двух соотношений
вытекает (п. 156), что В С : BD = BD : CD = BD’ : ВС = CD’: BD’.
Из пропорции BD : CD = BD’ : ВС мы найдём, что BD’ : BD =
= В С : CD = CD’: ВС. Отсюда В Մ : BD = (CD’ ֊ք — В С ): (ВС — f CD).
Если на продолжении отрезка ВС за точку С отложить отрезок СЕ
(черт, 414), равный ВС, то CD’ -f- ВС = ED՛, B C + D C — ED, и пре13

387 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

дыдущая пропорция принимает вид: BD ‘: BD — ED’:ED. Таким образом,
Е есть точка, гармонически сопряжённая с точкой В относительно
концов отрезка DD՛.
Далее из равенства CD’: BD’ = BD : CD, которое мы имели выше,
следует, что CD’: BD’ — C F : BF, если F — точка, симметричная с точкой
D относительно середины О отрезка ВС (так как BD = CF\
CD = BF). Таким образом, F есть точка, гармонически сопряжённая
с точкой D՝ относительно концов отрезка ВС.
Наконец, так как точки F и D՛ гармонически сопряжены относительно
концов отрезка ВС, т. е. CD’: BD’ = C F : BF, то для середины
О отрезка ВС имеем (ОС-\֊ OD’): (OD’ — О В) = (ОС -)- OF) :
: (ОВ — OF), откуда в силу ОВ — ОС находимOB^—OC^—OF- OD’—
— OD • 0Z 7 (сравнитьп. 189).
Так как отрезок ОВ—ОС есть среднее пропорциональное между
OD и OD’, то окружность, построенная на DD’ как на диаметре
(на чертеже не показана), отсекает на перпендикуляре к прямой DD’,
восставленном в точке О, отрезки O M = O N = O B (п. 125, следствие).
Отсюда и следует, что э т а окружность проходит через
вершины М и N квадрата, имеющего ВС своей диагональю.
174. Сначала найдём на данной прямой D точку, из которой данный
отрезок АВ виден под данным углом. Геометрическое место
точек, из которых отрезок АВ виден под данным углом, есть совокупность
двух дуг окружности, имеющих своими концами точки А пВ. Точки
пересечения этих дуг с данной прямой D и будут искомыми точками.
Задача имеет решения, если построенные дуги имеют общие точки
с прямой D, и не имеет решений, если таких точек не будет. Пре-
Точно так же вторая точка касания N будет давать наибольшее значение
угла ANB по сравнению со всеми точками, лежащими с ней
по одну сторону от АВ. Следовательно, наибольшее значение угла
будет соответствовать точке М или точке N в зависимости от
того, будет ли угол АМВ больше или меньше угла ANB.
Черт. 415.
дельным случаем будет окружность,
касающаяся прямой
D. Если данные точки
А и В лежат по одну сторону
от прямой D, то существуют
две такие окружности.
Пусть АМВ — одна
из них (черт. 415). Легко
убедиться, что если точка
М’ прямой D лежит по ту
же сторону от прямой АВ,
что и точка М, то угол АМВ
больше угла AM’В. В самом
деле, угол АМВ — вписан

388 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

Если бы точки А и В лежали по разные стороны от D, то наибольшее
значение угла (180°) соответствовало бы точке пересечения
прямой АВ с прямой D.
175. Построение общего перпендикуляра к двум данным параллельным
прямым, который был бы виден из данной точки А под
данным углом, приведено в решении задачи 120. Так как длина этого
общего перпендикуляра МА^постоян-
на, то угол, под которым он виден
из данной точки, будет тем больше,
чем меньше радиус окружности AMN,
если этот угол острый.
Если точка А не лежит между
двумя данными параллельными прямыми
(черт. 416), то наименьший
возможный радиус окружности AMN
есть перпендикуляр из точки А на Черт. 416.
прямую, равноудалённую от двух
данных параллельных прямых. Строя окружность, проходящую через
точку А и имеющую этот перпендикуляр своим радиусом, получаем
решение задачи. В этом случае задача имеет два решения.
Если точка А лежит между двумя данными параллельными прямыми,
то наибольший угол (180°) соответствует перпендикуляру
MN, проходящему через точку А.
Д
176. Пусть данные точки А и В лежат по одну сторону от данной
прямой (черт. 417). Обозначая через т длину данной хорды
и через С — точку пересечения прямой АВ с данной прямой, приходим
к задаче: найти два отрезка х и у (х — секущая, у — её внешняя
часть), зная их разность т и произведение СА ■ СВ. Согласно
п. 155, построение 8, задача всегда возможна и имеет одно решение.
Если данные точки А и В лежат по разные стороны от данной
прямой (черт. 418), то задача сводится к построению двух отрезков
jc и у по их сумме т. и произведению С А ■ СВ (п. 155, построение 7).
Задача возможна, если С А ■ СВ ւ( J^JI֊շ \֊յ ® . Если С А ■ СВ ՀԼ [w^ j\ ^. т0 з а дача
имеет два решения, так как каждый из отрезков х и у можно

389 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

отложить в ту или другую сторону от точки пересечения прямой АВ
с данной прямой.
Наименьшая возможная длина хорды есть т = 2 ] / СА-СВ.
177. Пусть через точку А требуется провести окружность, имеющую
с окружностями Cj и С2 общую радикальную ось — прямую D
(черт. 419).
Проводим через А произвольную окружность С’, пересекающую
одну из данных окружностей, например Су, в двух точках М и N.
Точка пересечения Р прямых D
и MN есть радикальный центр
окружностей С1( С’ и искомой
окружности С. Отсюда следует,
что прямая ЛЯесть радикальная
ось окружностей С’ и С, и,
следовательно, искомая окружность
С проходит через вторую
точку пересечения В прямой АР
с окружностью С’. Центр искомой
окружности лежит в пересечении
перпендикуляра к отрезку
АВ, восставленного в его
середине, слиниейцентров данных
окружностей.
Построение упрощается, если окружности Ct и С.2 пересекаются
или касаются. В этом случае искомая окружность проходит через
их точки пересечения или касается их в их общей точке.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ VII (стр. 175).

178. Чтобы равными между собой правильными многоугольниками
можно было вымостить плоскость, необходимо, чтобы угол этих многоугольников
содержался целое число раз в 4d (для того, чтобы
около вершины поместилось несколько многоугольников без перекрытий).
Это условие выполнено для правильных треугольника, четырёхугольника
и шестиугольника, не выполнено для правильного пятиугольника
^его угол равен — rfj и для правильных многоугольников с числом
сторон, большим шести ||их углы больше ֊ d и меньше 2d \ . Непосредственно
очевидно, что правильными треугольниками, квадратами
и правильными шестиугольниками вымостить плоскость можно.
179. Угол правильного (выпуклого) пятиугольника равен S-d, т. е.
прямому углу, сложенному с половиной центрального угла, соответствующего
стороне правильного (выпуклого) десятиугольника. Это
замечание даёт возможность построить угол правильного пятиугольника,
а значит и самый пятиугольник.

390 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

180. Если диагонали АС и BD правильного пятиугольника ABCDE
пересекаются в точке F (черт. 420), то треугольник BC F—-равнобедренный
в силу равенства углов при вершинах В и С, откуда
B F— CF. Треугольники ABC и CFB подобны (по равенству углов),
так что AC:BC—BC :FC или B C *=A C -FC . Далее, треугольник ABF
также равнобедренный в силу равенства углов при вершинах В и F
(первый измеряется половиной дуги AED, второй — полусуммой дуг
АВ и CD), так что ВС— АВ — AF. Заменяя в предыдущем равенстве
ВС через AF, находим AF2 = АС ■ FC.
181. Так как стороны с10 и с10′ выпуклого и звездчатого правильных
десятиугольников, вписанных в окружность радиуса R, удов-
С
летворяют соотношениям с10′ — c10 = R, с10 ■ ci0r = R* (п. 169), то
fio *+ C io ,s= ( c 1o, — c Io)*+5<rio-Ci«, = ^ >H — 2 ^ = ( / ? / 3 ) >. Но Я / 3
есть сторона равностороннего треугольника, вписанного в окружность
радиуса R.
182. Стороны с10 и с10′ выпуклого и звездчатого правильных
десятиугольников, вписанных в окружность радиуса R, соответственно
равны c10 = 4 ֊/ ? ( j / 5— 1) и с10′ = ֊/ ? ( ] / 5 — j — l ) (пп. 168— 169);
для выпуклого и звездчатого пятиугольников имеем с5 =
= У R У 10 — 2 / 5 и ct’ = —R ] Л о ֊| — 2 / 5 (п. 170). Отсюда
ciui + c6* = ± ֊R ° — ( / 5 — i y + R* = ± R \ 5 — / 5 ) = cfi* и с ,„ » +
+ V = т R ՝2 ( ^ + 1 )2 + R°՛ = Т ** <5 + ^ 5) = с»’՝2 •
183. Так как угол ВАС (черт. 421) дополняет угол правильного
шестиугольника до 2d, то он равен d. Следовательно, треугольник
ABC и пять треугольников, ему аналогичных,—правильные. Таким
образом, в построенном двенадцатиугольнике все стороны между

391 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

собой равны и все углы между собой равны (каждый равен сумме
прямого угла и угла равностороннего треугольника). Следовательно,
построенный двенадцатиугольник — правильный.
184. В силу п. 180 имеем cta = 2/?2 — 2R j / » R2—\ С<1 ■ Точно
так же в силу п. 181 имеем с * = R ( r ֊] — — } — /? (R շ с J —
— 2 — Հ ‘0*- Так как оба выражения для совпадают, то
совпадают и значения съ получающиеся тем и другим путём.
О t 1 o n
185. По формуле п. 179а (л>г == 18,25) имеем R — ^ м —
= 6,279 м.
186. Если Օյ — центр второй окружности, то Հ_ AOlC = 2 ՀՃՕՇ
(черт. 422). Дуге АВ соответствует вдвое больший радиус, чем дуге
АС, но вдвое меньший центральный угол. Длины обеих дуг равны
в силу формулы п. 179а.
187. Пусть окружности ОI и О.շ касаются внутренним образом
окружности 0 3 в точках А и В (черт. 423), и пусть С —-точка пересечения
окружностей Օւ и 0 2, ближайшая к окружности Од1). Так
как по условию О^С 0 1А = 0 3А и OjC-f- 0,2В = ОаВ, то 0 .2С =
= 0 30 յ; 0 ^ = 0 3 0 ^ и фигура ОхСОгОа есть параллелограмм. Всем
трём дугам АС, ВС, АВ соответствуют центральные углы, имеющие
одну и ту же величину, и из условия, что сумма двух радиусов
равна третьему, следует, что сумма дуг АС и ВС равна дуге АВ.
188. По формулам пп. 166— 167 имеем с4 ֊| — c a = R ՜\/ 2 + R / 3 =
= 1,414 . . . R -)- 1,732. , .R = 3 ,1 4 6 … R, в то время как длина полуокружности
равна %R = 3 ,\4 \4 … R.
1) Пользуясь условием, что сумма радиусов окружностей Օւ и 0 2 равна
радиусу окружности 0 3, можно показать, что окружности Օւ и 0 2 необходимо
имеют общую точку.

392 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

1 8 9 . Если катеты прямоугольного треугольника равны 1,2/? и
2,4/?, то его гипотенуза равна 1, 2 • R ՜\ք 5 = 2 ,6 8 3 2 8 …/?, а его периметр
— 6 ,2 8 3 2 8 … /?, в то время как длина окружности равна
2тс/? = 6 ,2 8 3 1 8 … /?.

ЗАДАЧИ К ТРЕТЬЕЙ КНИГЕ (стр. 176).
1 9 0 . Пусть АВ — искомая прямая (черт. 424), так что АВ — 2АХВХ.
Если ОР— перпендикуляр к АВ, то РАХ = АХА. Проведя прямую
АХМ, параллельную ОР, получим на радиусе О А точку М, для кото-
той ОМ = МА. Так как угол МАХА — прямой, то получаем такое
построение. Произвольный радиус О А делим в точке М пополам, и
Черт. 424.
на отрезке AM, как на диаметре, строим окружность. Точка её пересечения
с меньшей из данных окружностей и будет точкой Ах. Условие
возможности задачи О A =g 2 ОАх.
191. Проведя прямую DK, параллельную
ВС (черт. 425), найдём,
пользуясь теоремой п. 113 и равенством
СЕ = BD, что D F : FE =
= /?С : СЕ = К С : BD = ֊- АС: АВ.
192. Если /? и /?’ — радиусы
данных окружностей, h — расстояние
между прямыми АА’ и ММ’
(черт. 426), то AM2 = 2/?/г, А’М’՝2 =
= 2R’h, откуда AM: А’М’ = |/7 ? : յ/7 ?’. Если Р ֊ точка пересечения
прямых AM и А’М՝, то АР: А ‘Р = AM: А’М’ = \/R : յ/7 ? ‘.Отношение
расстояний точки Р от двух данных точек А и А’ сохраняет
постоянное значение, и потому геометрическое место точек Р есть
окружность (п. 116).
193. Пусть в многоугольнике ABCDLM (черт. 427) вершина А
перемещается по прямой а, вершина В — по прямой Ь,. . . , вершина L—
по прямой I, и требуется определить геометрическое место вершины
М, пусть далее Л05 0С0Д0/.0Л40 — одно из положений рассматриваемого
многоугольника, которое мы будем считать неизменным.

393 КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 116).

Около

Добавить комментарий

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

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии