Text
                    Матемагтшна
Библиотемна
т
физино мат матичесной шнолы
К Б.Васильев
аягутенмахер
Прямы
и
к и ы


Математика Библиотечка физико-математической школы Выпуск 4 Н. Б. Васильев В. Л. Гутенмахер и кривые Издание 2-е, переработанное Москва «Наука» Главная редакция физико-математической литературы 1978
513 В 19 УДК 513.1 Математика Библиотечка физико-математической школы 20203—042 оп „„ © Главная . редакция .—— 30-78 физико-шатсматической литературы /'о Н •— ..—— 30-78 физико-шатсматической литературы Ооо (Ш)-/'о издательства «Наука», с изменениями, 1978
Предисловие Главные действующие лица этой книжки — раз- различные геометрические фигуры, или, как они здесь чаще называются, «множества точек». Вначале по- появляются самые простые фигуры в различных сочета- сочетаниях. Они двигаются, обнаруживают новые свойства, пересекаются, объединяются, образуют целые семей- семейства и меняют свое обличье — иногда до неузнавае- неузнаваемости; впрочем, интересно увидеть старых знакомых в сложной обстановке, в окружении новых фигур, по- появляющихся в финале. Книжка состоит примерно из двухсот задач, мно- многие из них даны с решениями или комментариями. Эти задачи очень разнообразны — от традиционных задач, в которых нужно найти и как-то использовать то или иное множество точек, до небольших исследо- исследований, подводящих к важным математическим поня- понятиям и теориям (таковы задачи «про сыр», «про ка- катер» и «про автобус»). Помимо обычных геометриче- геометрических теорем о прямых, окружностях и треугольниках, в книге используются метод координат, векторы и геометрические преобразования, и особенно часто — язык движений. Некоторые логические тонкости, воз- возникающие в решениях, оставлены читателю для раз- размышления. Знак (?) заменяет слова «упражнение», «проверьте», «очевидно ли вам это утверждение?», «подумайте, почему» и т. п. — в зависимости от ме- места, где он стоит. Знаком ? отмечается начало и ко- конец решения, а | указывает, что решение или ответ к задаче есть в конце книги. 1* 3
Задачи, открывающие каждый параграф, обычно несложны или подробно разобраны в тексте. Осталь- Остальные задачи вовсе не обязательно решать все под- подряд — можно, читая книжку, выбирать по своему ус- усмотрению те, которые кажутся более заманчивыми. Многое из того, о чем говорится в задачах, полезно проверить на опыте: сделать крупный чертеж, луч- лучше — в нескольких вариантах (с различным располо- расположением фигур). Такой экспериментальный подход не только помогает угадать ответ, сформулировать гипо- гипотезу, но часто и подсказывает путь к математическому доказательству. Рисуя картинки на полях, авторы убедились, что почти за каждой задачей скрыта вспо- вспомогательная задача: построить несколько точек или линий, о которых говорится в условии. Эта предвари- предварительная задача часто оказывается более доступной, но не менее интересной. Авторы глубоко признательны И. М. Гельфанду, советы которого помогли в работе над книгой, И. М. Яглому, В. Г. Болтянскому и Ж. М. Рабботу, прочитавшим рукопись, за существенные замечания. Со времени первого издания A970 г.) эта книга по- постоянно использовалась в работе Заочной математи- математической школы. Серьезная переработка при подготовке второго издания учитывала опыт, которым поделились с нами преподаватели этой школы, наши друзья и коллеги. Всем им, а также редактору книги А. Ф. Лап- ко мы приносим искреннюю благодарность. //. Васильев, В. Гутенмахер
Введение Первые задачи 0.1. Лестница, стоявшая на гладком полу у стены, соскальзы- соскальзывает вниз. По какой линии дви- движется котенок, сидящий на сере- середине лестницы? Пусть котенок флегматичный и сидит смирно. Тогда за этой услов- условной формулировкой видна такая математическая задача. Дан прямой угол. Найти мно- множество середин всевозможных от- отрезков данной длины d, концы ко- которых лежат на сторонах данного угла. Попробуем догадаться, что это за множество. Разумеется, когда отрезок поворачивается, скользя концами по сторонам угла, его се- середина описывает некоторую линию (это подсказывает и первая нагляд- наглядная формулировка задачи). Прежде всего выясним, где находятся концы этой линии. Они соответствуют крайним положениям отрезка, когда он вертикален или горизонтален. Значит, концы линии А и В нахо- находятся на сторонах угла на расстоя- расстояниях d/2 от его вершины. Постройте несколько промежу- промежуточных точек этой линии. Если вы А В
к сделаете это достаточно аккуратно, то увидите, что все они находятся на одинаковом расстоянии от вер- вершины О данного угла. Возникает предположение: искомая линия — дуга окружности радиуса d/2 с центром О. Теперь нужно это доказать. D Докажем сначала, что сере- середина М данного отрезка KL (\KL\= d) всегда находится на расстоянии d/2 от точки О. Это сле- следует из того факта, что длина ме- медианы ОМ прямоугольного тре- треугольника KOL равна половине длины гипотенузы KL. (В справед- справедливости этого легко убедиться, до- достроив треугольник KOL до прямо- прямоугольника KOLT и вспомнив, что диагонали прямоугольника KL и ОТ равны по длине и точкой пересече- пересечения М делятся пополам.) Таким образом, мы доказали, что середина отрезка KL всегда ле- лежит на дуге АВ окружности с цен- центром О. Эта дуга и есть искомое множество точек. Строго говоря, мы должны еще доказать, что любая точка М дуги А В принадлежит искомому множе- множеству. Это нетрудно сделать. В са- самом деле, через любую точку М на- нашей дуги мы можем провести луч ОМ, отложить на нем отрезок |.МГ| = |ОЛ1|, опустить из Т пер- перпендикуляры TL и ТК н>а стороны угла — и нужный отрезок KL с се- серединой в точке М готов. D Вторая половина доказательства могла бы показаться излишней: ведь ясно, что се- середина отрезка KL описывает «непрерывную линию» с концами А к В, значит, точка М гроходит всю дугу АВ, а не какую-то ее
часть. Это рассуждение совершенно убеди- убедительно, но ему не так просто придать мате- математическую строгость. Посмотрим теперь на движение лестницы из задачи 0.1 с другой стороны. Пусть отрезок KL («лест- («лестница») закреплен, а прямые КО и LO («стена» и «пол») вращаются соответственно вокруг точек К и L так, что угол между ними остается прямым. Тот факт, что расстояние от середины отрезка до вершины О прямого угла все время одно и то же, превращается в известную тео- теорему: если на плоскости заданы d<se точки К и L, то множество точек О, для которых KOL = 90° — окруж- окружность с диаметром KL. Эта теорема, а также ее обобщение, которое мы дадим в пункте Д § 2, не раз при- пригодятся при решении задач. Вернемся к условию задачи 0.1 и поставим более общий вопрос. 0.2. По какой линии будет дви- двигаться котенок, если он сидит не на середине лестницы? На рисунке построено несколько точек одной из таких линий. Видно, что это — не прямая и не окруж ность, т. е. новая для нас кривая. Выяснить, что это за кривая, нам поможет метод координат. D Введем систему координат, приняв стороны угла за оси Ох и Оу. Пусть котенок сидит в точке М(х;у) на расстоянии а от конца К лестницы и на расстоянии Ь от L (a-\-b — d). Найдем уравнение, связывающее координаты хну точ- точки М. Если отрезок KL наклонен под углом ф к оси Ох, то у — Ь$'\пч>, О х
х = a cos ф, поэтому при любом ф @ ^ ?- + iL=l. A) Множество точек, координаты которых удовлетворяют этому урав- уравнению, как мы узнаем в § 6 — эл- липс. Таким образом, котенок бу- будет двигаться по эллипсу. D Заметим, что при a=b=d/2—¦ если котенок сидит, как прежде, на середине лестницы — уравнение A) превращается в уравнение окруж- окружности х2 + у2 = (d/2J. Тем самым мы получаем еще одно, аналитиче- аналитическое, решение задачи 0.1. Результат задачи 0.2 объясняет устройство механизма, вычерчиваю- вычерчивающего эллипсы. Этот механизм, изо- изображенный на рисунке, называется эллипсографом Леонардо да Винчи. Теорема Коперника. 0.3. По неподвижной окружно- окружности, касаясь ее изнутри, катится без скольжения окружность вдвое меньшего радиуса. Какую линию описывает точка К подвижной ок- окружности? Ответ в этой задаче до удивле- удивления простой: точка К движется п о прямой — точнее, по диаметру не- подвижной окружности. Этот зультат и называется теоремой перника. Попробуйте убедиться на опыте в справедливости этой теоремы. (При этом важно, чтобы внутрен- внутренний круг катился без скольжения, т. е. чтобы длины прокатившихся друг по другу дуг были равны.) Ее нетрудно и доказать — нужно лишь вспомнить теорему о величине впи- вписанного угла. 8
? Пусть точка подвижной ок- окружности, занимавшая в начальный момент положение А на неподвиж- неподвижной окружности, попала в положе- положение К, а Т — точка касания окруж- окружностей в этот момент времени. По- Поскольку длины дуг КТ и AT равны, а радиус подвижной окружности вдвое меньше, то градусная вели- величина дуги КТ вдвое больше, чем дуги AT. Таким образом, если О — центр неподвижной окружно- окружности, то по теореме о вписанном угле (см. §1 стр.17) АОТ = КОТ. Зна- Значит, точка К лежит на радиусе АО. Это рассуждение годится вплоть до того момента, когда подвижный круг прокатится по четверти боль- большой окружности (точка касания тогда попадет в точку В большой окружности, для которой BOA = = 90°, а К совпадет с О). Дальше движение будет происходить точно так же — вся картина просто отра- отразится симметрично от прямой ВО — а затем, после того как точка К до- достигнет противоположного конца А' диаметра АА', круг будет катиться по нижней половине неподвижной окружности и в это время точка К вернется в Л. D Сравним результаты задач 0.1 и 0.3. Их привлекательность заклю- заключена, по-видимому, в следующем обстоятельстве. В обеих задачах речь идет о довольно сложном дви- движении фигуры (в первой — о дви- движении отрезка, во второй — окруж- окружности), но траектории некоторых точек получаются неожиданно про- простыми. Оказывается, эти две задачи 9
связаны не только внешним сход- ством, но и сами движения, рассмо- рассмотренные в них, совпадают! Действительно, пусть по окруж- окружности радиуса d изнутри катится окружность радиуса d/2, и пусть KL — диаметр этой окружности, жестко связанный с ней. Согласно теореме Коперника точки К и L двигаются по неподвижным прямым (диаметрам большой окружности — АА' и ВВ' соответственно). Итак, диаметр KL скользит своими кон- концами по двум взаимно перпендику- лярным прямым, т. е. двигается так, как отрезок в задаче 0.1. Еще один интересный вопрос, связанный с движением отрезка KL: какое множество точек заме- заметает этот отрезок, т. е. каково объ- объединение всевозможных положений отрезка KL при его движении? Кри- Кривая, ограничивающая это множе- множество., называется астроидой. Оказы- Оказывается, ее можно получить так: за- заставить круг диаметра d/2 катиться изнутри по окружности диаметра 2d и нарисовать траекторию какой-то определенной точки окружности ка- катящегося круга — эта траектория и будет астроидой. Об этой кривой и ее близких родственниках мы пого- поговорим в последнем § 7 нашей книж- книжки, где читатель более подробно по- познакомится с той взаимосвязью во- вопросов, которую мы затронули. Однако прежде, чем заниматься такими изысканными вопросами и кривыми, мы обстоятельно остано- остановимся на задачах, связанных с пря- прямыми и окружностями - - другие ли- линии на протяжении первых пяти па- параграфов не появятся.
§ 1. Множество точек В этом параграфе мы обсудим и проиллюстрируем рядом приме- примеров основные постановки задач, со- составляющих книгу, а также арсенал понятий и средств, используемых для их решения. Заканчивается этот параграф множеством разных гео- геометрических задач. Обсудим сначала термин, кото- который чаще всего встречается в книге и вынесен в заголовок параграфа. «Множество точек» — очень об- общее понятие. Это может быть лю- любая фигура: одна или несколько точек, линия или область на пло- плоскости. Во многих задачах нашей книж- книжки требуется найти множество то* чек, удовлетворяющих некоторому условию. Ответами в таких задачах являются, как правило, фигуры, из- вестные из школьного курса геоме- геометрии (прямые, окружности, иногда куски, на которые эти линии раз- разбивают плоскость, и т. п.). Глав- Главное — догадаться, какая это фи- фигура. Так, в задаче 0.1 про кошку мы догадались, что ответ — окруж- окружность, а в задаче 0.3 ответом ока- оказалась прямая. 11
м о с Л ОС А ОС В решениях некоторых задач приходится провести целое иссле- исследование. Ведь нужно убедиться в том, что: а) все точки, удовлетворяющие данному условию, принадлежат ука- указанной фигуре; б) все точки фигуры удовлетво- удовлетворяют данному условию. Иногда очевидны оба эти ут- утверждения — и прямое и обратное, иногда только одно из них; а слу- случается, что даже сообразить, каков ответ, трудно. Разберем несколько характер- характерных задач. 1.1. Точка О лежит на отрезке АС. Найти множество точек М, для которых МОС = 2МАС. ? Ответ. Объединение окруж- окружности с центром О радиуса \АО\ (без точки Л) и луча ОС (без точ- точки О). Убедимся в этом. Пусть точка М искомого множества не принадле- принадлежит прямой АО. Докажем, что рас- расстояние \МО\ от нее до точки О равно \АО\. Построим треугольник ОАМ. По теореме о внешнем угле треугольника величина угла МОС равна сумме величин двух внутрен- внутренних углов А и М, не смежных с ним, т. е. ОАМ + АМО = МОС = 2МА0. Из условия задачи сразу полу- получаем О AM = АМО* следовательно, треугольник АМО равнобедренный, т.е. \ОМ\ = \АО\. Докажем, что верно и обратное: всякая точка М указанной в ответе окружности удовлетворяет условию. 12
В самом деле, треугольник АМО равнобедренный, величины его уг- углов А и М равны и, по той же тео- теореме о внешнем угле, МОС = 2МАС. Пусть теперь точка М принад- принадлежит лучу ОС, МФО. Тогда МОС = 2МАС = 0, и условие выпол- выполнено. Остальные точки прямой АО не принадлежат искомому множеству: для них один из углов МОС и MAC развернутый, а другой — нулевой (про точку О ничего сказать нельзя). ? • ^ 1.2. Два колеса радиусов Г\ и Гч (г\ > г2) катаются по прямой /. Найти множество точек пересече- пересечения М их общих внутренних каса- касательных (см. рисунок). ? Ответ. Прямая, параллель- параллельная /. Заметим, что точка М лежит на оси симметрии этих двух окружно- окружностей— прямой O1O2, где Oi и Ог — центры окружностей. Поэтому мож- можно искать множество точек пересе- пересечения прямой О\О2 и одной из ка- касательных Т\Т2. Рассмотрим произвольное рас- расположение двух окружностей и про- проведем в точки касания их радиусы О\Т\ и О2Т2. Мы видим, что точка М делит отрезок ОуО2 в отношении i"\lr2 (прямоугольные треугольники MOiT\ и МО2Т2 подобны). Ясно, что множество центров О\ и множество центров О2 — прямые, параллель- параллельные прямой /. Множество точек М, которые делят отрезки О\О2 с кон- концами на этих прямых в одном и том же отношении rjr^, также представ- представляет собой прямую, параллельную /. 13
в а А --т 1 1 1 б п ?\ г Таким образом, множество точек пересечения касательных — прямая, параллельная прямой I и находя- щаяся от этой прямой на расстоя- расстоянии 2r,r2/(r, + r2) (?>. ? Для решения следующей задачи нужно провести более кропотливое исследование. Нам придется раз- разбить плоскость на несколько кусков и в каждом проводить отдельное рассуждение. 1.3. Дан прямоугольник ABCD. Найти все такие точки плоскости^ что сумма расстояний от каждой из них до двух прямых АВ и CD равна сумме расстояний до пря- прямых ВС и AD. D Обозначим длины сторон пря- прямоугольника через а и Ь. Рассмо- Рассмотрим сначала прямоугольник, от- отличный от квадрата: пусть а < Ь. Точки, лежащие внутри прямо- прямоугольника, а также между продол- продолжениями больших его сторон, не удовлетворяют требованию задачи, поскольку одна сумма расстояний равна а, а другая не меньше Ь. Пусть теперь точка М находится между продолжениями меньших сторон прямоугольника. Обозначим через у ее расстояние до ближай- ближайшей большей стороны прямоуголь» ника; тогда расстояние до противо- противоположной стороны равно у + а. Для того' чтобы точка удовлетворяла требованию задачи, нужно, чтобы выполнялось равенство у -J- (у +i -f- a) = b, откуда у —(Ь — а) 12. Та- Таким образом, среди точек, лежащих между продолжениями меньших сторон прямоугольника, условии» удовлетворяют те и только те точки, которые находятся на расстояний 14
(b — a) 12 до ближайшей большей стороны прямоугольника. Множе- Множество точек в этой области — это объединение двух отрезков, EF и E'F. Наконец, рассмотрим любую точку М, лежащую в угле, образо- образованном продолжениями двух сосед- соседних сторон ВС и DC прямоуголь- прямоугольника. Обозначим через х и у рас- расстояния от точки М до прямых CD к ВС соответственно. Тогда требо- требование задачи можно записать так: *+(* + Ь)=у+ (у + а), или у= = х + {Ъ — а) 12. Заметим, что чис- числа х и у можно рассматривать как координаты точки М в системе ко- координат с осями Сх и Су. В этой системе координат уравнение у = ;= х -f (b — a) 12 определяет пря- прямую, параллельную биссектрисе угла хСу. Таким образом, мы до- доказали, что среди точек, лежащих в рассматриваемом угле, требова- требованию задачи удовлетворяют те и только те точки, которые лежат на прямой у = х-\-(Ь — а)/2. Такие же рассуждения можно провести и для остальных трех уг- углов. Итак, мы исследовали все точ- точки плоскости. Множество всех то- точек, удовлетворяющих поставлен- поставленному требованию, изображено на рисунке. Нужно еще рассмотреть случай, когда прямоугольник — квадрат, т. е. а = Ь, и выяснить, во что пре- превратится искомое множество точек. Легко видеть, что это будет объеди- объединение квадрата и продолжений его диагоналей (?). D Отметим, что поскольку прямо- прямоугольник имеет две оси симметрии 13 Ч" ¦.'• с X
и пары его симметричных сторон фигурируют в условиях совершенно равноправно, то требуемое множе- множество точек должно иметь те же две оси симметрии; поэтому при реше- решении достаточно было исследовать точки не всей плоскости, а только одной из четвертей, на которые она делится этими осями. В случае квадрата все четыре оси симметрии квадрата являются также и осями симметрии искомого множества. Семейство линий и движение. Наряду с множеством точек мы бу- будем рассматривать и множество ли- линий или, как чаще говорят, семей- семейство линий. Если в геометрической задаче мы имеем дело с семейством окруж- окружностей или прямых, то удобно вооб- вообразить себе это семейство как одну двигающуюся окружность или пря- прямую. На языке движения мы уже формулировали и решали первые задачи — этот язык неоднократно используется нами и в дальнейшем, поскольку на нем можно более на- наглядно объяснить многие задачи и теоремы. За примером ходить далеко не надо. Вернемся к задаче 1.1. Ее ре- результат можно представить себе так. Пусть прямая AM вращается во- вокруг точки А с постоянной угловой скоростью со (т. е. поворачивается на угол величины со за единицу вре- времени), а прямая ОМ вращается во- вокруг точки О с угловой скоростью 2со, причем в начальный момент времени обе прямые совпадали с прямой АО. Тогда точка М пере* 16
сечения прямых движется по ок- окружности с центром О. Отсюда мы можем извлечь из- известную теорему о вписанном угле. Если прямая AM поворачивается за время t из положения АМ\ в поло- положение ЛМ2 на угол со/, то прямая ОМ поворачивается на угол 2ыг, другими словами, величина вписан- вписанного угла М\АМ2 равна половине угловой величины соответствующего центрального угла MiOM2. Можно сформулировать эту тео- теорему более наглядно, например так. Теорема о колечке на окружности. На проволочную окружность, надето маленькое ко- колечко. Вокруг точки А окружности вращается стержень, который про- проходит через это колечко. Если стер- стержень вращается равномерно с угло- угловой скоростью ш, то колечко при этом бегает по окружности равно- равномерно с угловой скоростью 2и. Приведем еще один пример тео- теоремы, которую можно сформулиро- сформулировать на языке движений. Пусть прямая / движется в пло- плоскости поступательно и равномерно, т. е. так, что направление ее не ме- меняется, а точка М ее пересечения с некоторой неподвижной прямой m движется равномерно по прямой т. Тогда точка пересечения N прямой I с любой другой неподвижной прямой п также движется равно- равномерно. Это, по существу, — пере- переформулировка геометрической тео- теоремы о том, что параллельные пря- прямые высекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. По ана- аналогии с теоремой о колечке на 17
/ окружности мы придадим этому факту такой вид. Теорема о колечке на прямой. На две прямые в точке пересечения надето маленькое ко- колечко. Если одна из прямых непо- неподвижна, а другая двигается посту- поступательно (параллельно самой себе) и равномерно, то колечко движется также равномерно. Нам неоднократно будут встре- встречаться ниже разные семейства пря- прямых. В тех случаях, когда речь идет о семействе прямых, проходящих через одну точку или параллельных одному направлению, может приго- пригодиться та или другая теорема о ко- колечке. Задачи на построение. В класси- классических задачах на построение («по- («построить треугольник», «отложить от- отрезок», «провести секущую», «найти точку») обычно имеется ь виду, что построение нужно выполнить «цир- «циркулем и линейкой». Другими сло- словами, мы можем проводить через любые две точки прямую, проводить окружность данного радиуса, а так- также находить точки пересечения про- проведенных линий. Для решения таких задач удобно представлять окружности и прямые как множества точек, удовлетво- удовлетворяющих некоторому условию. 1.4. Дана окружность и вне ее точка А. Провести через точку А прямую /, касательную к данной окружности. ? Если X — точка касания пря- прямой / с окружностью, то угол ОХА — прямой. Множество точек М, для которых угол ОМА прямой,— 18
это, как мы знаем, окружность с диаметром ОА. Таким образом, построение пря- прямой / можно выполнить так. Прове- Проведем окружность, имеющую отрезок ОА диаметром. Найдем точку X пересечения этой окружности с данной (таких точек — две, они симметричны отно- относительно прямой ОА). Затем че- через точки А и X проведем пря- прямую /. ? 1.5. Даны точка А и окруж- окружность. Провести через точку А прямую так, чтобы хорда, высекае- высекаемая окружностью на этой прямой, имела данную длину d. ? Рассмотрим множество всех прямых, на которых окружность высекает хорду длины d. Эти пря- прямые — касательные к одной опре- определенной окружности б, центр кото- которой совпадает с центром О данной окружности, а радиус равен <\/r2—d2/4, где г — радиус данной ок^ ружности (?). Таким образом, за- задача сводится к предыдущей: про- провести касательную через точку А к окружности б с центром О. Задача имеет два решения, если точка А лежит вне окружности 6, одно — если на окружности 6, и ни одного — если внутри окружности 6. П Часто искомое множество удает- удается получить из известного множе- множества некоторым простым преоб- преобразованием: поворотом, сим~ метрией, параллельным переносом. или гомотетией. (Этот прием осо- особенно полезен в задачах на по- построение.) Напомним, как построить образ прямой и окружности при 19
перемещении или преобразовании подобия. Для прямой достаточно по- построить две точки А' и В' — образы некоторых ее точек Л и В — и про- провести через точки А' и В' прямую. Для окружности радиуса г до- достаточно построить точку О' — об- образ ее центра О — и провести ок- окружность с центром О' того же радиуса (если речь идет о переме- перемещении) или радиуса kr (если k — коэффициент подобия). Приведем типичные примеры за- задач, где используются преобразова- преобразования (в данном случае — перемеще- перемещения) . 1.6. Дана точка А и окруж- окружность. Найти множество вершин М равносторонних треугольников ANM, у которых вершина N лежит на данной окружности. ? Пусть N — какая-нибудь точ- точка данной окружности. Если мы по- повернем отрезок AN на 60° относи- относительно точки А, то точка N попа- попадает в вершину М равностороннего треугольника ANM. Отсюда сразу видно, что если мы повернем ок- окружность, как жесткую фигуру, от- относительно точки А на 60°, то каж- каждая ее точка N перейдет в соответ- соответствующую ей третью вершину М равностороннего треугольника ANM. Таким образом, все точки М ле- лежат на одной из двух окружностей, получающихся из данной поворо- поворотом на 60° по и против часовой стрелки относительно точки А. Точно так же можно показать, что каждая точка М из объедине- объединения двух полученных окружностей 20
является вершиной некоторого рав- равностороннего треугольника ANM. ? 1.7а. Дан угол и внутри него точка D. Построить отрезок с кон- концами на сторонах данного угла, середина которого находилась бы в точке D. ? Рассмотрим множество от- отрезков, у которых один конец ле- лежит на стороне АС данного угла (с вершиной А), а середина нахо- находится в данной точке D. Вторые концы этих отрезков принадлежат, очевидно, лучу, симметричному сто- стороне АС угла относительно точ- точки D. Построение сводится к следую- следующему: отмечаем точку А', симме- симметричную точке Л относительно D, проводим через А' прямую, парал- параллельную прямой АС, до пересече- пересечения в точке Е с прямой АВ, и полу- получаем нужный отрезок EF с середи- серединой в точке D. Задача всегда имеет единственное решение. ? Любопытно, что это построение зешает следующую задачу. 1.76. Дан угол и внутри него точка D. Провести через точку D прямую, отсекающую от данного угла треугольник наименьшей воз- возможной площади. ? Докажем, что искомая пря- прямая — как раз та прямая EF, ко- которую мы построили в предыдущей задаче, т. е. та, для которой отре- отрезок, высекаемый сторонами угла, делится точкой D пополам. Проведем через точку D пря- прямую MN, отличную от EF, и дока- докажем, что >S EAF- A) 21 у' п А /V F
о Можно считать, что точка М на сто- стороне АВ расположена дальше от вершины угла А, чем Е (тот слу- случай, когда М лежит ближе к А, чем ?, рассматривается аналогично — стороны АВ и АС меняются роля- ролями). Достаточно убедиться, что >s FDN, B) ¦—отсюда сразу будет следовать не- неравенство A). Но неравенство B) очевидно, потому что треугольник EDM целиком содержит треуголь- треугольник EDN', симметричный треуголь- треугольнику FDN относительно точки D. П Множество задач. 1.8. Даны ДБе точки А и В. Найти множество оснований nepj пендикуляров, опущенных из точ- точки А на всевозможные прямые, проходящие через точку В. 1.9. На плоскости даны окруж- окружность и точка А. Найти множество середин хорд, высекаемых данной окружностью на прямых, проходя- проходящих через точку А. (Разумеется, надо рассмотреть все случаи: когда точка А лежит внутри ок- окружности, вне окружности и на ней.) 1.10. Даны две точки А и В. Найти множество точек, каждая из которых симметрична точке А относительно некоторой прямой, проходящей через точку В. 1.11. Построить окружность, ка- касательную к двум, данным парал- параллельным прямым и проходящую через данную точку, лежащую ме- между прямыми. 1.12. Построить окружность данного радиуса г, касательную 22
к данной прямой и данной окруж- окружности. 1.13. Даны окружность и две точки А, В внутри нее.' Требуется вписать в окружность прямоуголь- прямоугольный треугольник так, чтобы ка- катеты его проходили соответственно через данные точки. \ 1.14. Даны точки А и В. Две окружности касаются прямой А В, одна — в точке Л, другая — в точ- точке В и касаются друг друга в точ- точке М. Найти множество таких то- точек М. | 1.15. На плоскости даны че- четыре точки. Найти множество цен- центров прямоугольников, образуемых четырьмя прямыми, проходящими соответственно через данные точ- точки. | 1.16. Стороны ОР и OQ пря- прямоугольника OPMQ лежат на сто- ронах данного прямого угла. Най- Найти множество точек М при усло- условии, что: а) длина диагонали PQ, б) сумма длин сторон ОР и OQ, в) сумма квадратов длин сто- сторон ОР и OQ равна данной величине d. 1.17. Найти множество точек, сумма квадратов расстояний от которых до четырех сторон дан- данного прямоугольника (или до их продолжений) равна квадрату его диагонали. 1.18. А и В — два города. Най- Найти множество точек М, обладаю- обладающих следующим свойством: если идти напрямик из М в В, то рас- расстояние от М до Л будет все время увеличиваться. м
1.19. Пусть про треугольник ABC известно, что длина медиа- медианы АО: а) равна половине длины сто- стороны ВС, б) больше половины длины стороны ВС, в) меньше половины длины стороны ВС. Доказать, что угол А соответ- соответственно: а) прямой, б) острый, в) тупой. 1.20. На плоскости даны ок- окружность и точка А. Найти мно- множество середин отрезков AN, где N — произвольная точка данной окружности. 1.21. Дан круг и точка вне его. Провести через эту точку секущую так, чтобы длина отрезка секущей вне окружности равнялась длине отрезка внутри нее. 1.22. Через точку пересечения двух данных окружностей прове- провести прямую, на которой эти ок- окружности высекают хорды равной длины. 1.23. Найти множество вершин С квадратов A BCD, у которых вершина А находится на данной прямой, а вершина В — в данной точке. 1.24. а) Где может находиться четвертая вершина квадрата, если две его вершины лежат на одной стороне данного острого угла, а третья — на другой? б) Дан остроугольный тре- треугольник ABC. Вписать в него квадрат, у которого две вершины лежат на стороне АВ. 1.25*. Какую линию описывает середина отрезка между двумя пе^ 24
шеходами, равномерно идущими по прямым дорогам? j. 1.26*. В данный треугольник ABC вписываются всевозможные прямоугольники, у которых одна сторона лежит на прямой АВ. Найти множество центров этих прямоугольников. 1.27. Деревянный прямоуголь- прямоугольный треугольник перемещается по плоскости так, что вершины его острых углов двигаются по двум сторонам данного прямого угла. Как будет двигаться вершина пря- мого угла этого треугольника? 1.28*. На столе лежат двое плоских часов. И те и другие идут точно. По какой линии движется середина М отрезка, соединяющего концы их минутных стрелок? \ 1.29*. Через точку Л пересе- пересечения двух данных окружностей проводится произвольная прямая, которая пересекает эти окружно- окружности еще раз в точках К и L соот- соответственно. Найти множество се- середин отрезков KL. | с S\ к в
§ 2. Азбука Этот параграф — справочник теорем о множествах точек, удовле- удовлетворяющих тем или иным геометри- геометрическим условиям. Мы постепенно составим целый список таких тео- теорем и условий, которые можно ис- использовать при решении задач раз- разного типа. Можно провести параллель ме- между геометрическими задачами: найти множество точек — и обыч- обычными алгебраическими задачами: решить уравнение (систему уравне- уравнений, неравенство). Действительно, решить уравнение или неравен- неравенство — значит найти множество ч н- сел, удовлетворяющих некоторому условию. Подобно тому как в школьном курсе алгебры самые разные уравнения (например, три- тригонометрические, логарифмические)' сводятся обычно к линейным или квадратным, часто даже замысло- замысловатое геометрическое условие ока- оказывается лишь новым свойством прямой или окружности. Аналогия между алгебраически- алгебраическими задачами и задачами на отыска- отыскание множеств точек не только внеш- внешняя. С помощью метода координат 26
можно свести одно к другому. Ис- Используя этот метод, мы увидим, что геометрические условия, кажущиеся на первый взгляд различными, ох- охватываются общими теоремами. Начнем нашу азбуку с самых простых утверждений. A. Множество точек, одинаково удаленных от двух данных точек А и В, — прямая, перпендикулярная отрезку АВ и проходящая через его середину. Эту прямую m мы будем назы- называть медиатрисой отрезка АВ. Она делит плоскость на две полуплоско- полуплоскости. Точки одной полуплоскости ближе к А, чем к В, а другой — на- наоборот. Точки А и В симметричны относительно пг. Б. Множество точек, одинаково удаленных от двух данных пересе- пересекающихся прямых h и k, — две взаимно перпендикулярные прямые, делящие пополам углы, образован- образованные прямыми 1\ и /2. Эти прямые служат осями сим- симметрии фигуры, состоящей из пря- прямых Л и /2. Это множество — «крест биссектрис» разбивает плоскость на четыре области. На рисунке отме- отмечены два прямых угла — множество точек, расположенных ближе к прямой 1и чем к прямой /2. B. Множество точек, расстояние которых до данной прямой I равно данному числу h(h > 0), — пара прямых 1\, /2, параллельных пря- прямой I и расположенных по разные стороны от I. Полоса между прямыми 1Х и /2 — это множество точек, которые на- находятся от прямой / на расстоянии, меньшем А. 27 ¦А- в
в Г. Множество точек, расстояние которых до данной точки О равно данному числу г (г > 0), — окруж- окружность радиуса г с центром О. (Это — определение окружно- окружности.) Окружность разбивает плоскость на две части: внутреннюю и внеш- внешнюю. Для точек внутри круга рас- расстояние до центра меньше г, а для точек вне круга — больше г. Несколько простых переформу- переформулировок условий А, Б, В, Г мы предлагаем в виде следующих че- четырех задач. 2.1. Найти множество центров окружностей, проходящих через две данные точки. 2.2. Найти множество центров окружностей, касающихся двух данных пересекающихся прямых. 2.3. Найти множество центров окружностей радиуса г, касаю- касающихся данной прямой. 2.4. Даны две точки Л и В. Найти множество таких точек М, для которых площадь SAMb тре- треугольника АМВ равна данному числу с > 0. Проиллюстрируем утверждение Б одним более содержательным примером — докажем теорему о биссектрисах треугольника. 2.5. Пусть «крест биссектрис» прямых АС и ВС пересекает пря- прямую АВ в точках Е и F. Доказать, что \АЕ\ _ \АР\ .... \АС\ \EB\~ \FB\~ \CB\- ? Пусть М — одна из точек Е и F. Заметим, что \АМ\ °мсв 28
(Треугольники АСМ и МСВ имеют общую высоту СН.) Отношение площадей можно вы- выразить и по-другому; поскольку точка М принадлежит кресту бис- биссектрис, то она равноудалена от прямых АС и ВС, значит, Окружность и пара дуг. Сле- Следующий пункт азбуки — еще один вариант теорем о вписанном угле и о колечке на окружности, которые мы обсуждали в § 1. Д°. Две пересекающиеся пря- прямые 1А и 1В вращаются в плоскости вокруг двух своих точек А и В с одинаковой угловой скоростью (о (при этом, конечно, величина угла между ними остается постоянной). Траектория точки пересечения этих прямых — окружность. ? Построим окружность 6, про- проходящую через три точки: А, В и еще одно положение Мо точки пе- пересечения прямых 1А и /в- По тео- теореме «о колечке на окружности» из § 1 точка пересечения прямой 1А и окружности 6 движется по окруж- окружности б равномерно с угловой ско- скоростью 2со. Точно так же движется и точка пересечения /в с окруж- окружностью б. Поскольку в один момент (положение Мо) они совпадают, то они совпадают и в любой другой момент времени. ? Приведем еще один вариант тео- теоремы Д, не использующий язык движений. Д. Множество точек, из которые данный отрезок АВ виден под углом данной величины <р (т. е. 29
множество точек М, для которых АМВ = ф), — пара дуг с концами в точках А и В, симметричных от- относительно прямой АВ. Область, ограниченная этими двумя дугами, — множество точек М, для которых АМВ > <р. Заметим, что если <р = 90°, то множество Д будет окружностью с диаметром АВ. Мы уже говорили об этом после задачи 0.1. 2.6. У данной окружности хор- хорда АВ закреплена, а хорда CD перемещается, не меняя своей длины. По какой линии движется точка пересечения прямых: a) AD и ВС, б) АС и BD? 2.7. На плоскости нарисованы два непересекающихся круга. Угол, изготовленный из прозрач- прозрачного материала, двигается по пло- плоскости так, что он покрывает круги и его стороны касаются соответ- соответственно этих двух кругов. Дока- Доказать, что на угле можно отметить точку, которая будет двигаться по дуге окружности. 2.8а. Задана окружность и две точки Л и В на ней. Пусть М — произвольная точка этой же ок- окружности. На продолжении отрез- отрезка AM от точки М откладывается отрезок MN, равный по длине от- отрезку ВМ. Найти множество то- точек N. ? Пусть N — некоторая точка, построенная так, как указано в задаче, тогда |ВМ| = |ЛШ| и NBM = ШВ. Но так как АМВ = = MBN + ШВ, то ANB = АМВ/2. Величина угла АМВ для всех 30
точек Af, лежащих на одной из дуг АВ, одна и та же (см. Д): АМВ = q>. Поэтому AN В = <р/2, т. е. все эти точки лежат на дуге АпВ, вмещающей угол q>/2. (Центр дуги лежит на середине дуги АтВ дан- данной окружности (?).) Бее ли точки дуги АпВ нас устраивают? Нет, не все. Заметим, что когда точка М пробегает дугу АпВ от точки В до тачки А, хорда AM вращается во- вокруг точки А от прямой АВ до касательной к данной окружности в точке А. Поэтому искомому мно- множеству принадлежит только часть дуги АпВ, а именно, дуга ЕпВ (Е — точка пересечения дуги АпВ с касательной в точке А). При этом можно считать, что точка В гринадлежит нашему множеству (она полу- получается для того положения М, когда М со- совпадает с В и «длина отрезка MB равна О»), .Точка Е, строго говоря, не принадлежит на- нашему множеству; когда точка М совпадает с точкой А, не имеет смысла говорить о на- направлении прямой AM. Аналогично рассматриваются точки, лежащие по другую сторону от прямой АВ. Итак, искомое множество точек состоит из двух дуг ЕпВ и Е'п'В. ? Можно решить задачу 2.8а и иначе, если заметить, что точки N и В симметричны относительно пря- прямой СМ, где С — середина дуги АтВ. Из этого наблюдения следует, .что множество точек N сводится ill
к множеству точек из задачи 1.10 для точек А и С. Приведем задачу, аналогичную 2.8а, в которой читателю предла- предлагается провести такое же исследо- исследование. 2.86. Условие такое же, как и в задаче 2.8а, только отрезок MN откладывается в противополож- противоположную сторону: на луче МА. Квадраты расстояний. Рассмот- Рассмотрим две точки А и В на плоскости и произвольное число с. Е. Множество точек М, для ко- которых — прямая, перпендикулярная от- отрезку АВ. (В частности, при с — О получается медиатриса А.) Ж. Пусть \АВ\ = 2а. Множе- Множество точек М, для которых а) при с > 2а2 — окружность с центром в середине О отрезка АВ и радиуса г = -у/(с — 2а2)/2, б) при с = 2а2 — точка О, в) при с < 2а2 — пустое множе- множество. Утверждения Е и Ж нетрудно до- доказать с помощью теоремы Пифа- Пифагора или методом координат (?). Мы не будем приводить отдельных доказательств для каждого из них, а выведем их как следствия более общей теоремы. Но прежде проил- проиллюстрируем их несколькими приме- примерами. 2.9. Найти множество точек, для которых касательные, прове- проведенные к двум данным окружно- окружностям, равны по длине. 32
? Пусть 0\ и 02 — центры дан- данных окружностей, Г] и г2 — их ра- радиусы (r2 ^ f"i), MTi и yWr2 — каса- касательные к ним, проведенные из точ- точки М. Используя теорему Пифагора, условие | МТХ |2 = | МТ2I2 запишем так: | МО, |2 - | О,Т, |2 = | МО2 i2 - | 0^212, или Согласно утверждению Е мно- множество точек М содержится в пря- прямой, перпендикулярной прямой OiO2. Если окружности пересекаются, то эта прямая проходит через точ- точки их пересечения. В самом деле, если А — одна из этих точек, то и, следовательно, точка А лежит на этой прямой. Множество искомых точек в этом случае изображено на рисунке; это — объединение двух лучей. Если окружности концентриче- концентрические (и г2 > Г\), то искомое мно- множество пусто. Если окружности со- совпадают, то — все точки вне круга. Если окружности не пересекаются и не концентричны, то ответом будет прямая. ? Прямая, о которой говорится в задаче 2.9, называется радикальной осью двух окружностей. Пусть даны две непересекающиеся окружности. Тогда их радикальная ось разбивает дополнение к двум кругам на две области: множество точек М, для которых \МТ\ | > |Л4Г2|, и множе- множество точек М, для которых 33 2 Н. Б. Васильев, В. Л. Гутенмахер
Af A/ 2.10. Найти множество центров окружностей, которые пересекают каждую из двух данных окружно- окружностей в диаметрально противопо- противоположных точках. 2.11. а) Сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма рав- равна сумме квадратов длин его сто- сторон. Доказать. б) Если у выпуклого четырех- четырехугольника AMBN диагонали вза- взаимно перпендикулярны, то |ЛЛ1]2-|-; + \BN\2 = \AN\2 + \ВМ\2. Дока- Доказать. | ? а) Пусть вершины А и В па- параллелограмма AMBN находятся на расстоянии а от его центра О, вер- вершины М и N — на расстоянии г от О и с = 2(а2 + г2). Поскольку | ОМ | = V(c — 2аг)/2, то, согласно Ж, сумма квадратов расстояний от точки М до точек А и В равна с. Точно так же \AN\*+\BN\a—с, поэтому Приведем теперь общую тео- теорему, которая включает в себя пункты Е, Ж, А, Г азбуки. Теорема о квадратах расстояний. Множество точек М, для которых выполняется усло- условие Л,|МЛ,|2+ Я 2 = ц, A) где Л], Л2, ..., Ап — заданные точ- точки, А], Я2, ..., An, ц — заданные чис- ла, представляет собой одну из сле- следующих простейших геометриче- геометрических фигур: 34
Г если h + Ь + ... +?.п^=0, это может быть окружность, точка или пустое множество; 2° если Я] + Л2 + ... Ч- К = О, это может быть прямая, вся пло- плоскость или пустое множество. Доказательство теоремы прове- проведем с помощью метода координат. ? Квадрат расстояния между точками М (х; у) и Лц(*а;^) вычис- вычисляется по формуле = я* + У2 - 2xkx - 2yky + xl + y\. Рассмотрим выражение ! МА, р+М МА212+ .. • +^п| МАп I2. Для того чтобы записать его в координатах, надо сложить не- несколько выражений вида Цх2 + if - 2рх - 2qy + р2 + Ф). Ясно, что в результате условие A) запишется в виде уравнения dxt + dtf + ax + by + c^O, B) где d = Я,1'+ 7.2 '+'••• + К. Докажем теперь, что уравне- уравнение B) задает одну из фигур, пе- перечисленных нами выше. 1°. Если d ф 0, то мы можем преобразовать B) следующим об- образом: или 2* 35
Мы видим, что оно задает: окружность с центром в точке С(—a/2d; —b/2d), если правая часть B') положительна; одну точку C(—a/2d;—b/2d), если правая часть равна нулю; пустое множество, если правая часть отрицательна. 2°. Если dz=0, то уравнение B) принимает вид ах + Ъу + с — 0. Это будет: прямая, если fi2-f- Ъ2 ф 0, вся плоскость, если а = Ъ = = с = 0, пустое множество, если с = = ft = 0, с Ф 0. ? В конкретной задаче, как пра- правило, легко выяснить, какой из этих случаев имеет место. Вернемся снова к пунктам Е и Ж нашей аз- азбуки, которые остались недоказан- недоказанными. Доказательство Е. Усло- Условие lMAl2—jMB\2z=c — частный случай A), где п = 2, fa == 1, Я2 = = — 1, откуда d = 0, и, следова- следовательно, оно определяет либо пря- прямую, либо плоскость, либо пустое множество. Поскольку уравнение (х + аJ—¦ — (х — аJ— с имеет всегда одно решение х = с/4а, то на прямой А В существует одна точка множества. Следовательно, искомое множе- *-т~ ство — прямая. Из соображения 1JX симметрии ясно, что эта прямая перпендикулярна прямой А В. О Доказательство Ж. Усло- Условие \МА\2+ \МВ\2= с — частный случай A), здесь fa — 1, Лг—1, d Ф 0, и следовательно, искомое 36
множество — либо пустое множе- множество, либо точка, либо окружность. Поскольку точки А и В фигурируют в условии симметрично, то центр окружности находится в середине отрезка АВ. Для того чтобы узнать, когда искомое множество — окружность, и определить ее радиус, найдем на прямой АВ точки, удовлетворяющие условию \АМ\2+\ВМ\2= с. Для этого заметим, что уравнение (х— аJ-{-(х + аJ= с имеет реше- решение при с ^ 2а2, причем . ? 2.12. Найти множество точек, сумма квадратов расстояний от которых до двух противополож- противоположных вершин данного прямоуголь- прямоугольника равна сумме квадратов рас- расстояний до двух других его вер- вершин. ? Ответ. Вся плоскость. Дока- Докажем это. Пусть ABCD — данный прямоугольник, и тогда мы ищем множество точек М, для которых | МА |2 + | МС f — | MB |2 — | MD |2=0. Положим в условии A) n = 4, %i = A,2 = 1, Аз = Ki = — 1 и Л] -f" ,+ ^2 + A3 + Xi = 0. Согласно тео- теореме искомое множество — либо прямая, либо пустое множество, либо вся плоскость. Заметим, что вершины А, В, С и D самого прямоугольника удовле- удовлетворяют условию. Например, для точки А верно равенство: |ЛЛ|2+ _(_|ЛС|2—|ЛВ|2—|Л?>|2= 0 (теоре- (теорема Пифагора). Следовательно, ис- искомое множество не пустое и не 37
Л М I в является прямой. Отсюда вытекает, что искомое множество — вся пло- плоскость. ? Из результата задачи 2.12 сле- следует, что если ABCD — прямоуголь- прямоугольник, то для любой точки М плоско- плоскости выполняется равенство J МА |2 +1МС |2 = | MB ? +! MD |2. Используя этот факт, решите следующую задачу. 2.13. Даны круг и точка А вну- внутри него. Найти множество чет- четвертых вершин С прямоугольников ABCD, вершины В и D которых принадлежат данной окружности. 2.14. Доказать, что |Л/Л|2— — \МВ\2=2\АВ\р(М,т), где т — медиатриса отрезка АВ, причем \МА\>\МВ\. Добавим к нашей азбуке еще один пункт, который часто исполь- используется в геометрии и является так- также следствием теоремы о квадра- квадратах расстояний. И]). Множество точек М, для которых \MA\l\MB\ = k, k>0, Ыф\, есть окружность, диаметр которой принадлежит прямой АВ. Это множество точек, отношение расстояний которых до двух дан- данных точек А и В постоянно, назы- называется окружностью Аполлония. ? Перепишем условие И в виде ') Мы пропустили здесь букву 3, потому что она похожа на цифру 3. По той жо причине в нашей азбуке не будет й бук- буквы О. 88
Это условие — частный случай условия A), где п = 2, %i — 1, Я2 = = — к2 и, следовательно, если 1 — k2^= О, то искомое множество — либо окружность, либо точка, либо пустое множество. Поскольку урав- уравнение (Х _|_ af = k2(x — of при k2 Ф- 1 имеет всегда два реше- решения, на прямой АВ существуют две точки Mi и Мг этого множества и, следовательно, искомое множе- множество — окружность. Поскольку ус- условие симметрично относительно прямой АВ, диаметр этой окружно- окружности — отрезок МуМ2. ? Заметим кстати, что если М — точка окружности Аполлония, то крест биссектрис прямых AM и MB пересекает прямую АВ в точках Mi и М2. (Это следует из теоремы о кресте биссектрис 2.5, так как | AM, | _ | АМ21 _ | AM | . \ВМ,\ | ВМ21 \ВМ\'> Это соображение используется в следующей задаче. 2.15. На диаметре круглого биллиардного стола были распо- расположены два шара А и В. Шар В ударили так, что после одного от- отражения от борта стола он попал в шар А. Восстановить траекторию шара В, если удар не был направ- направлен по диаметру. 2.16. На данной прямой лежат точки А, В, С, D. Построить на плоскости точку, из которой от- отрезки АВ, ВС и CD видны под од- одним и тем же углом. Расстояния до прямых. До сих пор в азбуке в основном обыгры- вались те или иные свойства, М А ВСЛ 39
определяющие окружность. В сле- следующих двух пунктах азбуки будут фигурировать только прямые (кото- (которые встречаются парочками). Рассмотрим две пересекающиеся прямые /] и h на плоскости и поло- положительное число с. К. Множество точек М, отноше- отношение p(M,l\)jp(M,l2) расстояний ко* торых до прямых U и 1ч равно с, — пара прямых, проходящих че- через точку пересечения прямых 1\ и 12. Л. Множество точек М, сумма р{М, /]) + р(М, 12) расстояний ко- которых до прямых h и 12 равна с, — контур прямоугольника, диагонали которого лежат на прямых 1\ и 12. Прежде чем доказывать эти тео- теоремы, проиллюстрируем их на двух примерах. 2.17. Дан треугольник ABC. Найти множество точек М, для которых SAMc = Sbmc ? Пусть hb и ha — расстояния от точки М до прямых АС и ВС со- соответственно. Тогда __\AC\-hb с _\BC\-ha следовательно, hjhb =\AC\/\BC\. Тем самым искомое множество точек М — это множество К для прямых АС и ВС и с = \АС\1\ВС\. Таким образом, оно представляет собой пару прямых, проходящих че- через точку С. Покажем, что одна из прямых m содержит медиану тре- треугольника, а другая / параллельна прямой АВ. Для этого достаточно взять по одной точке на каждой из этих прямых и проверить, что для них выполняется условие. 40
Обозначим через h длину высо- высоты треугольника, проведенной из вершины С. Пусть ./V — точка пря- прямой /, тогда _ \CN\-h „ _\CN\-h — 2 ^BCN— 2 ' тем самым SACn = SBCN и прямая / принадлежит искомому множеству. Пусть К — середина стороны Л В, т.е. \АК\ = |/(В|.Тогд a SAKC= тем самым и вся прямая т принад- принадлежит искомому множеству. ? Можно по аналогии с крестом биссектрис назвать пару прямых га и / «крестом медиан» вершины С треугольника. Утверждение Л, по сути дела, можно свести к такой задаче. 2.18. Дан равнобедренный тре- треугольник АОВ. Доказать, что сум- сумма расстояний от точки М его ос- основания АВ до прямых АО и ВО равна длине высоты, опущенной на боковую сторону. Мы не будем приводить геоме- геометрические доказательства пунктов К и Л — хотя они и не сложны, — а представим их, пользуясь языком движений (подобно тому, как это сделано выше в пункте Д «окруж- «окружность и пара дуг»). Сформулируем сначала лемму, обобщающую теоре- теорему о колечке на прямой (стр. 18). Лемма. На две прямые h и h в точке их пересечения надето мат ленькое колечко М. Если каждая прямая движется поступательно и равномерно, то колечко М при этом равномерно движется по некоторой прямой. 41 С N в
i '77 П Эту прямую можно пост-" роить, отметив .два положения М\ и М2 колечка. Точки пересечения движущихся прямых с неподвижной прямой М\М2 движутся равномерно. Поскольку в два момента времени (когда колечко М проходит через Mi и М2) эти точки совпадают друг с другом, они совпадают все время. ? Доказательство К. Для не- некоторого положительного числа t множество точек, находящихся на расстоянии t от /2 и ct от U — че- четыре'вершины параллелограмма с центром в точке О пересечения 1\ и h. Действительно, множество точек, находящихся на расстоянии t от h— пара параллельных прямых (см. В), и множество точек, находящихся на расстоянии ct от 1\ — тоже пара па- параллельных прямых, а их пересече- пересечение — четыре вершины параллело- параллелограмма. Эти четыре точки удовле- удовлетворяют условию К, так как ct/t = с. Меняя число t от 0 до бесконечно- бесконечности, мы получим все точки иско- искомого множества. Рассматривая t как «время», мы видим, что четыре проведенные пря- прямые равномерно движутся (оста- (оставаясь параллельными 1\ и /г). По лемме точки их пересечения — ко- колечки — движутся по прямым, про- проходящим через точку О. ? Доказательство Л. Прове- Проведем две прямые на расстоянии t от h и две — на расстоянии с — t от /г (О ^ t ^ с). Четыре точки пересе- пересечения этих прямых принадлежат искомому множеству. Когда «вре- 42
мя» if меняется от 0 до с, прямые равномерно движутся, а каждая из четырех точек их пересечения, со- согласно лемме, проходит отрезок. Концы этих отрезков, соответствую- соответствующие t = О и t = с, лежат на пря- прямых h, h и являются вершинами прямоугольника. ? Приведем теперь общую тео- теорему, которая включает в себя пункты азбуки Б, В, К, <Л. Рассмо- Рассмотрим множество точек М, для ко- которых +Я2р (М, /2)+ ... Я„р(М, /и)=|г, C) здесь 1\, /2, ..., 1п — заданные пря- прямые, Ки ^2, • • ¦, Я„, ц — заданные числа. Описать это множество сразу на всей плоскости трудно. Однако, как мы сейчас увидим, в каждом из кусков, на которые прямые l\, h, ... ..., ln разбивают плоскость, мно- множество C) представляет собой, как правило, просто часть некоторой прямой. Обозначим один из этих кусков через Q. Теорема о расстояниях до прямых. Множество точек, удовлетворяющих условию C), при- принадлежащих Q, есть либо 1) пере- пересечение куска Q с некоторой пря- прямой (луч, отрезок или даже целая прямая), либо 2) весь кусок Q, ли- бо 3) пустое множество. Разобравшись, что за множество получается в каждом куске, мы (как в задаче 1.3) найдем все иско- искомое множество. Доказательство тео- теоремы приведем с помощью метода координат. 43
? Пусть мы хотим найти множество точек в одном из кусков Q плоскости, на которые прямые U, h, ..., ln делят пло- плоскость. Этот кусок Q плоскости можно пред- представить как пересечение п полуплоскостей с граничными прямыми U, /г, .... 1п. Уравнение akx + bky + cfe = 0 прямой /ft можно выбрать таким, что в нужной полу- полу\ + b\ = плоскости akx + bky + Cj>0b a\ + b\ l= 1 (?), тогда для точек М (х; у) из этой полуплоскости р (М, /^) = akx + bky + ck. Для того чтобы величину Xip(Af, U) -f- + %гр(М, h) + ... + Япр(М, In) записать в координатах, нужно сложить несколько ли- линейных выражений вида %ь.пкх + ХьЬкУ + + tac*. В результате условие C) записы- записывается линейным уравнением ах + by + с = 0. Если аг + Ьг Ф 0, то это прямая. Если с = Ъ = 0 — вся плоскость или пустое мно- множество. ? Другое доказательство этой теоремы можно получить, сведя ее с помощью зада- задачи 2.14 к теореме о квадратах расстоя- расстояний (?). 2.19. а) Дан правильный тре- треугольник ABC. Найти множество точек, для которых сумма расстоя- расстояний до прямых АВ, ВС и СА рав- равна данному числу ц > 0. | б) Дан прямоугольник ABCD. Найти множество точек, для ко- которых сумма расстояний до пря- прямых АВ, ВС, CD, DA равна дан- данному числу ц. 2.20*. а) Три прямые /о, h, h пересекаются в одной точке, при- причем величина угла между каж- каждыми двумя из них равна 60°. Найти множество точек М, для ко- которых б) Дан равносторонний тре- треугольник ABC. Найти множество 44
точек М, для которых расстояние до одной из прямых АВ, ВС, СЛ равно полусумме расстояний до двух других. | Вся азбука. Множество точек, удовлетворяющих какому-то усло- условию, обозначается так: в фигурных скобках пишется сначала буква, ко- которую мы используем для обозначе- обозначения «произвольной точки» множе- множества (у нас это, как правило, бук- буква М, но это может быть и любая другая буква); затем ставится двое- двоеточие, а за ним пишется то условие, с помощью которого выделяется нужное нам множество точек. Запишем теперь коротко все множества азбуки: A. {М: Б. {М: р(М, /,) = B. {М: Г. {М: д. Е. И. к. л. {Af: {Af: {Af: {Af: {Af: AMB \AM\ \am p(m, Напомним, что все пункты аз- азбуки, кроме Д, мы разбили на две группы А, Г, Е,Ж,И и Б, В, К, Л. Первая группа — это частные случаи множества 45
а вторая — частные случаи множе- множества {М: Я,р(Л1, + Asp (М, у + ... + *«Р (М, /я)=ц}. В § б мы дополним азбуку еще четырьмя буквами М. {М: \МА\ + \МВ\ = с}. Н. {М: || МА \ — \МВ\\ = с). П. {Af: |Ш| = р(М, /)}. Р. {М: \МА\/р{М,1) = с}. Эти множества — эллипсы, ги- гиперболы и параболы, которые тоже естественно объединяются в одну группу — кривых второго порядка.
§ 3. Логические комбинации Здесь собраны разнообразные задачи, в которых участвуют, как правило, сочетания нескольких гео- геометрических условий. Решая эти задачи, мы научимся сортировать точки, представлять логические связи между условиями как опера- операции над множествами. Через одну точку. В первых за- задачах мы коснемся традиционной темы геометрии — с помощью про- простых манипуляций множествами азбуки докажем теоремы о «заме- «замечательных точках» треугольника. Вся логика рассуждений будет сво- сводиться, как правило, к использова- использованию транзитивности равенства: если а = b и b = с, то а = с. 3.1. В треугольнике ABC ме- диатрисы (серединные перпенди- перпендикуляры) сторон пересекаются в одной точке (центре описанной ок- окружности треугольника). П Медиатрисы тс и та сторон АВ и ВС, очевидно, пересекаются в некоторой точке О. Поскольку точка О принадлежит медиатрисе тс, то, согласно А (§2), имеет ме- место равенство | ОА | = | OB \. Точно так же из того, что О принадлежит 47
медиатрисе та, ОА\ = \ОС вытекает, что Сл едов ательно, и тем самым точка О принадлежит медиатрисе ть сто- стороны АС. В результате мы доказали, что все три медиатрисы пересекаются в точке О. ? 3.2. Три высоты треугольника ABC пересекаются в одной точке. (Эта точка называется ортоцен- ортоцентром треугольника.) ? Проведем через каждую вер- вершину треугольника прямую, парал- параллельную противоположной этой вер- вершине стороне. Эти прямые обра- образуют новый треугольник А'В'С, в котором точки А, В, С являются серединами сторон, а высоты тре- треугольника ABC принадлежат ме- диатрисам сторон А'В', В'С, С А'. Следовательно, согласно 3.1 они пе- пересекаются в одной точке. ? Приведем второе доказательство 3.2, похожее на доказательство ут- утверждения 3.1. ? Представим каждую высоту как множество точек, удовлетворяю- удовлетворяющих некоторому условию. Восполь- Воспользуемся для этого пунктом Е азбуки. Мы знаем, что множество {Af: \MA\2-\MBl2 = d} — прямая, перпендикулярная пря- прямой АВ. Выберем d так, чтобы эта прямая содержала вершину С, Для этого нужно взять d = | С А \2— — |СВ|2. Итак, прямая содержит высоту треугольника, опу- опущенную из вершины С. 48
Аналогично можно представить прямые, содержащие две другие высоты треугольника: ha={M: Пусть две первые прямые hc и ha пересекаются в точке Н, тогда для нее одновременно выполняются ра- равенства | МА |2 — | MB p = | С А |2 — | С В |2, \МВ\2- \MCf = \ABf-\CAf. Складывая эти два равенства, по- получим | МА !2 — | МС |2 = | АВ |2 — | С В |2. Значит, точка Я принадлежит и третьей прямой hb. ? 3.3. Три биссектрисы треуголь- треугольника ABC пересекаются в одной точке (центре вписанной окруж- окружности треугольника). ? Пусть а, Ъ и с — прямые, ко- которым принадлежат стороны тре- треугольника. Биссектрисы 1а и 1ь его углов А и В, очевидно, пересекают- пересекаются в некоторой точке О (внутри треугольника). Для этой точки О выполняются равенства Р(О, Ь) = р(О, с) и Р(О, а) = р(О, с). Следовательно, р(О, Ь)= р(О, а) и точка О принадлежит биссектрисе /с угла С треугольника. ? 49
Замечание. Множество точек М плоскости, для которых р(М, с) = = р(Л1, Ь) и р(Л1, а)= р(М, с) со- состоит из четырех точек — О, О\, Ог, О3 — пересечения двух «крестов биссектрис». Рассуждая так же, как в решении 3.3, мы получаем, что и третий «крест» (биссектрис прямых а и Ъ) проходит через эти точки. Отсюда мы получаем, что шесть биссектрис внутренних и внешних углов треугольника пересекаются по три в четырех точках. Одна из этих точек — центр вписанной окружно- окружности, а три другие — центры так на- называемых вневписанных окружно- окружностей. Заметим, что если в произволь- произвольном остроугольном треугольнике OiO2O3 точки А, В, С — это ос- основания высот, то О\, О2 и О3 — центры вневписанных окружностей треугольника ABC. При этом вы- высоты треугольника О\О2ОЪ служат биссектрисами треугольника ABC. 3.4. Медианы треугольника пе- пересекаются в одной точке (центре тяжести треугольника). Эту теорему можно доказать разными способами. Первое доказательство, кото- которое мы приведем, объясняет на- название «центр тяжести треуголь- треугольника». ? Поместим в вершинах тре- треугольника ABC три груза Га, Гв, Гс одинаковой массы, скажем 1 г, и найдем положение их центра тяже- тяжести. Центр тяжести двух грузов Га и Гв лежит в середине отрезка АВ; значит, центр тяжести Z принадле- принадлежит соответствующей медиане. Точ- Точно так же можно показать, что Z 50
принадлежит двум другим медиа- медианам, следовательно, все три медиа- медианы пересекаются в точке Z. ? Приведем, однако, и здесь до- доказательство в духе трех предыду- предыдущих. ? Пусть дан треугольник ABC. Точки медиан треугольника, прове- проведенных из вершин А, В, С, удовле- удовлетворяют следующим условиям (со- (соответственно) (см. 2.17): A) Ясно, что из первых двух усло- условий следует третье, а следователь- следовательно, медианы пересекаются в одной точке Z. О Замечание. Множество то- точек, которые удовлетворяют усло- условиям A), это (согласно 2.17 пары прямых — «кресты медиан». Таким образом, три таких множества пе- ресекаются в четырех точках: Z, А', 'В', С. Заметим, что треугольник А'В'С — это как раз тот треуголь- л ник А'В'С, который мы рассмо- рассмотрели в первом доказательстве тео- теоремы о высотах 3.2. 3.5. а) Доказать, что для лю- любых трех окружностей три ради- радикальные оси каждой пары окруж- окружностей проходят через одну точку или параллельны (см. 2.9). б) Доказать, что если три ок- окружности попарно пересекаются, то три общие хорды каждой пары окружностей (или их продолже- продолжения) проходят через одну точку или параллельны. \ 51
3.6. («Точка Торричелли».) До- Доказать, что в остроугольном тре- треугольнике ABC существует точка Т («точка Торричелли»), из которой все стороны видны под одним и тем же углом (т. е. такая точка, что АТВ — ВТС — СТА). 3.7. Рассмотрим всевозможные треугольники с данным основа- основанием АВ, угол при вершине кото- которых равен ф. Найти множество: а) точек пересечения медиан; б) точек пересечения биссек- биссектрис; | в) точек пересечения высот. \ 3.8. а) Три попарно пересекаю- пересекающиеся прямые а, Ь, с, проходящие соответственно через три данные точки А, В, С, вращаются с оди- одинаковой угловой скоростью о. До- Доказать, что в некоторый момент времени эти прямые проходят че- через одну точку. | б) Доказать, что три окруж- окружности,симметричные описанной ок- окружности треугольника АВ С от- относительно прямых АВ, ВС и СА, проходят через одну точку — орто- ортоцентр треугольника ABC. | 3.9. («Теорема Чевы».) На сто- сторонах АВ, ВС, СА треугольника выбраны точки Сь Ль В,. Дока- Доказать, что отрезки АА\, ВВ\ и CQ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется \АС,\ \BAt\ | СВ, | _ , , BiA\ CiB\ условие: ¦ 3.10. Из точек Си Аи Ви ле- лежащих соответственно на сторо- сторонах АВ, ВС, СА данного треуголь- треугольника ABC, восставлены к этим сторонам перпендикуляры. Дока- Доказать, что эти три перпендикуляра 52
пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется условие Пересечение и объединение. Вы- Выделим те основные операции, кото- которыми мы постоянно пользуемся. Пусть даны два или несколько множеств точек. Пересечением этих множеств называется множество всех точек, принадлежащих одно- одновременно всем данным множе- множествам. Объединением этих множеств называется множество всех точек, принадлежащих хотя бы одному из данных множеств. Если в задаче требовалось най- найти точки, удовлетворяющие одно- одновременно нескольким усло- условиям, то мы поступали так: нахо- находили множество точек, удовлетво- удовлетворяющих отдельно каждому условию, и брали пересечение этих множеств. С такой ситуацией мы встречаемся и в алгебраических задачах: мно- множество решений системы уравнений f 1 М*)=о суть пересечение множеств реше- решений отдельных уравнений, состав- составляющих эту систему. Если в задаче требуется найти точки, которые удовлетворяют хотя бы одному из нескольких усло- условий, то, разумеется, нужно найти множества точек, удовлетворяющих отдельно каждому из условий, и взять объединение этих множеств. Именно так мы поступаем при 53
решении уравнения f(x) = O, левая часть которого разлагается на мно- множители мы находим множество решений каждого из уравнений fi (x) = О, h (х)=0 и берем их объединение. Вызывает алгебраические ассо- ассоциации еще одно понятие, с кото- которым мы здесь встречаемся — раз- разбиение. Чтобы решить неравенство f(x)~>0 или f(Jc)<0, обычно до- достаточно решить соответствующее уравнение f(x)=O. Полученные точки разбивают область определе- определения функции / (отрезок или пря- прямую) на куски, в каждом из кото- которых функция сохраняет знак. Точно так же множества точек плоскости, для которых выполнены те или иные неравенства, обычно представляют собой области, ограниченные ли- линиями, на которых выполнены соот- соответствующие равенства. Мы видели много простых примеров этому в §2. А в следующей задаче мы столк- столкнемся с более сложными разбие- разбиениями и комбинациями множеств. 3.11. Пусть даны две точки к и В на плоскости. Найти множе- множество точек М, для которых тре- треугольник АМВ: а) прямоугольный; б) остроугольный; в) тупоугольный. ? а) Треугольник АМВ — пря- прямоугольный, если выполняется одно из трех условий: 1) АМВ = 90°, 2) ВАМ = 90°, 3) ЛВМ=90°. Искомое множество является по- поэтому объединением следующих трех множеств: 1) окружность с 54
диаметром [АВ], 2) прямая /д, про- проходящая через точку А и перпенди- перпендикулярная отрезку АВ, 3) прямая /в, проходящая через точку В и пер- перпендикулярная отрезку А В. Из этого объединения нужно исключить точки А и В, лежащие на прямой АВ (они приводят к «вырожденному» треугольнику АМВ). ? ? б) Треугольник АМВ — ост- остроугольный, если выполняются од- одновременно три условия: 1) АМВ < <90°, 2) ВАМ < 90°, 3) АВА1 < 90°. Искомое множество является поэтому пересечением следующих трех множеств: 1) внешность круга с диаметром АВ (см. § 2 Г); 2) по- полуплоскость без граничной прямой U, содержащая точку В; 3) полу- полуплоскость без граничной прямой 1В, содержащая точку А. Их пересечение — полоса между прямыми 1А и 1В, из которой исклю- исключен круг с диаметром АВ. ? ? в) Заметим, что каждая точ- точка М плоскости (не лежащая на прямой А В), удовлетворяет одному из трех условий: либо а) ААМВ прямоугольный, либо б) ААМВ остроугольный, либо в) ААМВ ту- тупоугольный, причем эти случаи взаимно исключат друг друга. По- Поэтому множеству в) должны при- принадлежать все те точки плоскости, которые не принадлежат ни а), ни б). Это множество — объединение круга и двух полуплоскостей (без прямой АВ). П 3.12. На плоскости даны две точки А и В. Найти множество точек М таких, что: 55 В В' I I I
а) треугольник АМВ равнобед- равнобедренный; б) в треугольнике АМВ сторо- сторона АВ — наибольшая; в) в треугольнике АМВ сторо- сторона AM — наибольшая. 3.13. На плоскости дан квад- квадрат со стороной длины 1. Дока- Доказать, что если точка плоскости на- находится на расстоянии не больше 1 от каждой вершины этого квадра- квадрата, то она находится на расстоя- расстоянии не меньше 1/8 от каждой сто- стороны квадрата. D Множество точек М, удален- удаленных на расстояние не больше 1 от каждой из четырех вершин — пере- пересечение четырех кругов радиуса 1 с центрами в вершинах квадрата. Это — «четырехугольник», ограни- ограниченный четырьмя дугами; его Еер- шина находится от ближайшей сто- стороны на расстоянии 1 к-. Про- Проверим, что это числа больше 1/8: 2 8 w 8 J9 16^ Теперь ясно, что все точки нашего множества удалены от сторон квад- квадрата больше чем на 1/8. D 3.14. Через точку О плоскости проведены три прямые, разбиваю- разбивающие эту плоскость на шесть кон- конгруэнтных углов. Докажите, что если расстояние точки М до каж- каждой прямой меньше 1, то расстоя- расстояние | ОМ | меньше 7/6. 3.15. Дан квадрат ABCD. Най- Найти множество точек, которые бли- ближе к прямой АВ, чем к прямым ВС, CD и DA. 56
3.16. Дан треугольник ABC. Найти на плоскости множество то- точек М таких, что площадь каж- каждого из треугольников АМВ, ВМС, СМА меньше площади треуголь- треугольника ABC. 3.17. На сторонах произволь- произвольного выпуклого четырехугольника ABCD как на диаметрах построе- построены круги. Доказать, что они по- покрывают весь четырехугольник. ? Допустим, что внутри четы- четырехугольника существует точка М, лежащая вне кругов. Тогда, со- согласно § 2, Д, все углы АМВ, ВМС, CMD и DMA острые и их сумма меньше 360°, чего быть не может. ? 3.18*. Участок леса имеет фор- форму выпуклого многоугольника пло- площади S и периметра р. Доказать, что внутри леса можно указать точку, удаленную от опушки леса больше чем на S/p. 3.19*. Внутри квадрата со сто- стороной длины 1 расположено п то- точек. Доказать, что среди них най- найдутся две точки, расстояние ме- между которыми меньше 2/л/пп. j В следующих задачах нам при- придется рассматривать объединение бесконечного количества множеств. 3.20. а) Дана точка О. Рассмо-* трим семейство окружностей ра- радиуса 3 см, центры которых нахо- находятся на расстоянии 5 см от точ- точки О, и семейство окружностей радиуса 5 см, центры которых на- находятся на расстоянии 3 см от точки О. Доказать, что объедине- объединение окружностей первого семей- семейства совпадает с объединением второго семейства. 57
б) Найти множество середин отрезков, у которых один конец лежит на одной данной окружно- окружности, а другой — на другой данной окружности. П б) Обозначим радиусы дан- данных окружностей через г\ и г2 и их центры — через О\ и О2 соответ- соответственно. Зафиксируем сначала ка- какую-нибудь точку К первой окруж- окружности и найдем множество середин отрезков, у которых один конец со- совпадает с точкой К. Очевидно, что это множество будет окружностью радиуса г2/2 с центром Q в сере- середине отрезка /<О2. (Эта окружность получается гомотетией окружности (О2, г2) с коэффициентом 1/2 и цен- центром К.) Заметим, что точка Q ле- лежит на расстоянии п/2 от точки Р — середины отрезка OiO2. Если мы будем двигать точку К по окружности (Ои г\), то точка Q будет двигаться по окружности ра- радиуса ri/2 с центром в точке Р. Та- Таким образом, искомое множество есть объединение всех окружностей радиуса г2/2, центры которых ле- лежат на окружности радиуса п/2 с центром в точке Р. Каким получается это объедине- объединение бесконечного числа окружно- окружностей, видно по рисунку. Тем самым множество всех то- точек, удовлетворяющих условию за- задачи, представляет собой кольцо с внешним радиусом (ri + r2)/2 и внутренним \г\ — г2|/2. В случае, когда (rt = г2), это множество пре- превращается в круг. ? 3.21. Из точки О, лежащей на прямой I, ограничивающей полу- полуплоскость, внутрь этой полупло- 58
скости проведено п векторов еди- единичной длины. Докажите, что если п нечетно, то длина суммы этих векторов не меньше 1. \ 3.22. Через деревню А, окру- окруженную со всех сторон лугами, проходит одна прямолинейная до- дорога. Человек может идти по до- дороге со скоростью 5 км/ч, по лу- лугу — 2 км/ч. Начертить множество точек, до которых он мог бы дойти из А за один час. Задача про сыр 3.23. Всегда ли квадратный ку- кусок сыра с дырками можно разре- разрезать на выпуклые кусочки так, чтобы в каждом кусочке была ров- ровно одна дырка? В математической формулировке эта задача выглядит так. Внутри квадрата расположены несколько попарно не пересекаю- пересекающихся кругов. Можно ли разре- разрезать этот квадрат на выпуклые многоугольники так, чтобы в каж- каждом из них находился ровно один круг? П Ответ оказывается всегда по- положительным. Для любого примера с небольшим количеством кругов нетрудно разрезать квадрат на вы- выпуклые многоугольники. Но, чтобы дать исчерпывающее доказатель- доказательство, мы должны указать способ разбиения квадрата, который го- годился бы для любого количества и расположения кругов. Рассмотрим сначала более про- простую задачу: будем считать, что ра- радиусы всех кругов одинаковы. Мож- Можно предложить следующий способ разбиения квадрата. Сначала опи- опишем его коротко, одной фразой, 59
CJ Присоединим к каждому кругу те точки квадрата, которые расположе- расположены ближе к этому кругу, чем ко всем остальным кругам; это и будут нуж- нужные выпуклые многоугольники (?). Объясним это более подробно. Отметим центры С\, С2, ..., Сп дан- данных кругов. Пусть Сг- — один из этих центров. Найдем множество точек, расстояние от которых до С* не больше, чем до остальных цен- центров Cj. Множество точек плоско- плоскости, которые ближе к С,-, чем к Cj (для одного /),— полуплоскость, ог- ограниченная медиатрисой отрезка CjCj(A). Нас интересуют точки, ко- которые ближе к С,-, чем ко всем остальным центрам, т. е. точки, при- принадлежащие всем таким полупло- полуплоскостям, соответствующим различ- различным Cj (/ Ф V). Множество всех этих точек — пересечение всех (п — 1) полуплоскостей — будет, очевидно, выпуклым многоугольни- многоугольником (?). Поскольку каждая полу- полуплоскость содержит точку Сг- и весь круг с центром Ct (ведь круги с центрами С,- и С,- не пересекаются и имеют равные радиусы!), то и пересечение содержит этот круг. Такой многоугольник {М: |MCiK|MC3| для всех / Ф i) соответствует каждому центру С,-. Ясно, что эти многоугольники по- крьшают весь квадрат и не имеют общих внутренних точек: для того чтобы узнать, какому именно мно- многоугольнику принадлежит точка М, достаточно ответить на вопрос «ка- «какой из центров Cj ближе всего к точке М?». Если таких «ближайших к М» центров два или несколько, 60
то М попадает на одну из медиа- трис, т. е. иа границу многоугольни- многоугольников — на линию разбиения. Таким образом, квадрат разбивается на вы- выпуклые многоугольники, каждый из которых содержит ровно один круг. В качестве красивого примера рассмот- рассмотрим случай, когда центры кругов располо- расположены в узлах сетки, состоящей из одинако- одинаковых параллелограммов. Наш способ разбиения можно просто описать следующим образом. Во всех параллелограммах сетки прове- проведем меньшие диагонали. В результате мы получим сетку с теми же узлами, состоя- состоящую из одинаковых остроугольных треуголь- треугольников. Внутри каждого треугольника прове- проведем медиатрисы. Полученные шестиуголь- шестиугольники образуют нужное разбиение квадрата. Итак, мы разобрались в задаче 3.23 в случае, когда все круги имеют одинаковые радиусы. В общем случае, когда радиусы кругов различны, можно разбить квадрат следующим образом. Из каждой точки, находящейся вне данных кругов, можно провести ка- касательные ко всем окружностям. Множество, соответствующее дан- данному кругу у. будет состоять из то- точек круга у и тех точек, для кото- которых длина касательной к окружно- окружности у меньше, чем к остальным ок- окружностям. Это множество является пересечением нескольких полупло- полуплоскостей, содержащих круг у; краями этих полуплоскостей служат ради- радикальные оси окружности y и какой- нибудь из остальных окружностей (см. задачи 2.9 и 3-5). Таким обра- образом, весь квадрат будет представлен в виде объединения выпуклых много- многоугольников, не имеющих общих вну- внутренних точек, и каждый многоуголь- многоугольник будет содержать свой круг. ?
§ 4. Минимум и максимум Этот параграф начинается с со- совсем простых задач, в которых тре- требуется найти, какое наибольшее или наименьшее значение может прини- принимать та или иная величина, и за- заканчивается сложными исследова- исследовательскими задачами. Задачи на максимум и минимум можно, как правило, свести к исследованию не- некоторой функции, заданной анали- аналитически. Но здесь мы собрали в ос- основном такие задачи, где геоме- геометрические соображения позволяют быстрее достичь цели. Вы увидите, как при решении подобных задач используются различные множества точек. 4.1. Под каким углом к берегу нужно направить лодку, чтобы за время переправы через реку ее как можно меньше снесло тече- течением, если скорость течения — 6 км/ч, а скорость лодки в стоячей воде — 3 км/ч? ? Ответ. Под углом 60°. Нам нужно направить лодку так, чтобы ее абсолютная скорость (ско- (скорость относительно берегов) состав- составляла возможно больший угол с бе- берегом (?) (см. рисунок). Пусть вектор 62
0 А — скорость течения реки, AM —• скорость лодки относительно во- воды. Сумма ОА + AM = ОМ даст' нам абсолютную скорость лодки (скорость относительно берегов). Длина вектора AM равна 3, и мы можем направить этот вектор в лю- любую сторону. Множество возмож- возможных положений точки М — окруж- окружность радиуса 3 с центром в точке А. Ясно, что из всех векторов ОМ наибольший угол с берегом состав- составляет ОМо, направленный по каса- касательной к окружности. Мы получаем прямоугольный треугольник, у которого катет вдвое меньше гипотенузы. У такого тре- треугольника угол равен 60°. ? 1 4.2. Из треугольников с А = <р и данным основанием ВС выбрать треугольник с наибольшим радиу- радиусом вписанной окружности. ? Рассмотрим точки А, лежа- лежащие по одну сторону от прямой ВС, для которых ВАС = ф. Множество центров окружностей, вписанных в треугольники ABC — дуга окружно- окружности с концами В и С (см. 3.7., б)). Очевидно, что наибольший радиус вписанной окружности будет у рав- равнобедренного треугольника. П 4.3. Из всех треугольников с данным основанием и данным уг- углом при вершине выбрать тре- треугольник наибольшей площади. 4.4. По двум взаимно перпен* дикулярным дорогам идут два пе- пешехода, один — со скоростью и, другой — со скоростью v. Когда первый пересекал дорогу второго, 63 О A Ч У
А тому оставалось идти до пересече- пересечения еще d километров. На каком наименьшем расстоянии будут на- находиться пешеходы? | 4.5. Через деревню А, окружен- окруженную со всех сторон лугами, прохо- проходит одна прямая дорога. Человек может идти по дороге со ско- скоростью 5 км/ч, по лугу — 2 км/ч (в любом направлении). Какой маршрут должен вы- выбрать человек, чтобы как можно быстрее попасть из деревни А к избушке В, находящейся на рас- расстоянии 13 км от деревни и на рас- расстоянии 5 км от дороги? 4.6. Даны две пересекающиеся окружности. Провести через точ- точку А их пересечения прямую так, чтобы расстояние между точками ее пересечения (отличными от А) с окружностями было наиболь- наибольшим. | 4.7. На плоскости задана точ- точка О. Требуется, чтобы одна вер- вершина равностороннего треуголь- треугольника находилась от точки О на расстоянии а, вторая — на рас- расстоянии Ь. На каком наибольшем расстоянии от О может находиться третья его вершина? ? Ответ, а + b. Пусть AMN — равносторонний треугольник, для которого | О А | = а, \ ON\ = b. Что- Чтобы ответить на вопрос, поставлен- поставленный в задаче, можно рассматривать только треугольники с вершиной в фиксированной, закрепленной точке А: ведь при повороте треугольника, как жесткого целого, вокруг точки О никакие расстояния не меняются. Итак, мы считаем, что точка А — фиксированная точка на расстоя- 64
нии а от точки О, a N пробегает окружность радиуса Ъ с центром О. Какое положение может занимать точка М? Ответ уже найден в за- задаче 1.9: М лежит на окружности, полученной из данной поворотом на 60° вокруг точки А '). Центр О' повернутой окружности, очевидно, лежит на расстоянии а от точки О (ведь АОО'А равносторонний). Ра- Радиус повернутой окружности, как и данной, равен Ъ. Следовательно, наибольшее расстояние от О до третьей вершины М равно а -f- Ъ. D Из этой задачи вытекает такое любопытное следствие: расстояние от любой точки плоскости до одной вершины равностороннего треуголь- треугольника не больше, чем сумма расстоя- расстояний от нее до двух других вершин. 4.8. На каком наибольшем рас- расстоянии от точки О может на- находиться вершина М квадрата AKMN, если известно, что а) \ОА =|О#|=1; б) \ОА =а, \ON\=b. 4.9. Из всех треугольников с данным основанием и данным уг- углом при вершине выбрать тре-> угольник наибольшего пери- периметра. \ Где поставить точку? 4.10. У мышки три выхода из норки в известных кошке точках А, В, С. Где должна сидеть кошка, чтобы расстояние от нее до са- самого далекого из трех выходов было как можно меньше? их ") Можно взять любую из окружностей, полученных поворотом по и против ча- часовой стрелки, — они будут находиться на одинаковом расстоянии от О. 3 Н, Б5 Васильев, В5 Л. Гутенмахер 65
? Рассмотрим круги одного и того же радиуса г с центрами в точках А, В и С. Требуемая точка К — положение кошки — опреде- определяется так. Надо найти наименьший радиус г0, при котором эти круги имеют общую точку — это есть нуж- нужная точка К. В самом деле, если М — другая точка, то она лежит вне одного из кругов, и поэтому ее расстояние до одной из вершин больше г0. ' В случае остроугольного тре- треугольника ABC, точка К — центр описанной окружности, а в случае прямоугольного или тупоугольного треугольника ABC точка К — сере- середина наибольшей стороны. ? ? Точку К можно найти также следующим образом (?). Рассмо- Рассмотрим круг наименьшего радиуса, со- содержащий все три точки. Тогда точ- точка/С — его центр. ? Приведем еще один подход к ре- решению задачи 4.10. ? Разобьем плоскость на три множества: a) {М: \МА\^\МВ\ и >\МС\), b) {М: \МВ\^\МА\ и >\МС\), c) {М: \МС\^\МВ\ и |МС|> >\МА\). Это — три угла, стороны кото- которых лежат на медиатрисах сторон треугольника ABC. Если кошка М находится в угле а), то самой дале- далекой от нее вершиной будет А, если в угле Ь) — то В, если в угле с) — то С. Если треугольник ABC остро- остроугольный, то в каждом из трех слу» 66
чаев кошке выгоднее всего сидеть в вершине соответствующего угла (о), Ь) или с)), т.е. она должна сидеть в центре описанной окруж- окружности. Если треугольник ABC прямо- прямоугольный или тупоугольный, то, оче- очевидно, кошке выгоднее всего сидеть в середине большей стороны тре- треугольника. ? 4.11. На участке леса, ограни- ограниченном тремя прямолинейными же- железными дорогами, живет медведь. В какой точке леса он должен по- построить берлогу, чтобы расстояние от нее до ближайшей дороги было как можно больше? 4.12*. а) В круглом озере живут три крокодила. Где они должны сидеть, чтобы наибольшее из рас- расстояний от любой точки озера до ближайшего к ней крокодила было как можно меньше? б) Та же задача для четырех крокодилов. Задача про катер. 4.13*. На маленьком острове О стоит прожектор, луч которого ос- освещает отрезок поверхности моря длины а = 1 км. Прожектор рав- равномерно вращается вокруг верти- вертикальной оси, делая один оборот за промежуток времени Т = 1 мин. Катер, который может двигаться со скоростью v, должен незаметно (не попав в луч прожектора) по- подойти к острову. При каком наи- наименьшем значении v это воз- возможно? ? Назовем круг радиуса а, ко- который освещает прожектор, «кру- «кругом обнаружения». Ясно, что катеру выгоднее всего войти в этот круг 3* 67
в такой точке А, которую только что прошел луч прожектора. Если катер будет плыть по пря- прямой к острову, он достигнет острова через время a/v; чтобы луч прожек- прожектора его за это время не настиг, нужно, чтобы луч за это время не успел сделать полный оборот, т. е. чтобы выполнялось неравенство a/v < Т, откуда v > а/Т = 60 км/ч. Таким образом, мы доказали, что при v > 60 км/час катер смо^ жет достичь острова незамеченным. Но, конечно, ниоткуда не следует, что 60 км/час — наименьшее значе- значение скорости катера, при которой это возможно, т. е. что идти по от- отрезку АО — самое лучшее, что мо- может выбрать капитан катера. В действительности дело об- обстоит, как мы увидим, совсем не так1). Заметим, что линейные скоро- скорости, с которыми движутся разные точки луча ОР прожектора, различ- различны: чем ближе расположена точка к центру О, тем ее скорость мень- меньше. Угловая скорость луча равна 2п/Т. По окружности радиуса г = = vT/2n катер может спокойно дви- двигаться перед лучом, так как ско- скорость катера здесь равна линейной скорости соответствующей точки луча. Вне круга радиуса г с цен* ') Прежде чем читать решение дальше, постарайтесь придумать какой-нибудь путь катера, по которому он может про- пробраться на остров при меньшем значе- значении V. 68
тром О скорость луча больше, а внутри этого круга (мы назовем его «кругом безопасности») скорость луча меньше v. Если катеру удалось беспрепят- беспрепятственно добраться до какой-нибудь точки круга безопасности, дальше он заведомо сможет незаметно до- достичь острова. Один из возможных путей внутри круга безопасности — окружность радиуса г/2: если катер К будет двигаться по этой окруж- окружности со скоростью v, то отрезок КО будет вращаться вокруг О с той же угловой скоростью, с какой дви- двигался бы катер по окружности ра- радиуса г, т. е. с той же, что и луч прожектора (см. задачу 0.3), по- поэтому катер не будет настигнут этим лучом. Таким образом, основная цель катера — достичь круга безопасно- безопасности! Если катер будет плыть до кру- круга безопасности напрямик по ра- радиусу АО, а дальше — перед лучом прожектора, то он сможет выпол- выполнить свою задачу при v> (М2п) Т~ Мы сумели несколько улучшить нашу прежнюю оценку для скоро- скорости катера. Но, оказывается, и это еще не предел-! * Найдем теперь наименьшее значение скорости v, при которой катер сможет незаметно подойти к острову. Множество точек круга обнару- обнаружения, которых может достичь катер за время t — область, С9 круг Безопасности
ограниченная дугой радиуса vt с центром в точке А. Среди этих то- точек те, в которые катер может по- попасть незамеченным, находятся сле- слева от луча О Р. Обозначим множество этих «до- «достижимых» точек через D. На ри- рисунках показано, как меняется это множество с течением времени до тех пор, пока ... Тут возможны два случая. 1) Если скорость v недостаточно велика, то в некоторый момент вре- времени t множество D, не дойдя до круга безопасности, совсем пропа- пропадет: это будет означать, что за вре- время i катер заведомо будет замечен, т. е. что при этом значении скоро- скорости катер не сможет пробраться к острову. Заметим, что в послед- последний момент t = to луч OP касает- касается дуги радиуса vt0 с центром А в некоторой точке L. Точка L рас- расположена заведомо вне круга без- безопасности (иначе катер смог бы до- добраться до острова), причем чем больше скорость v, тем больше время обнаружения t0 и тем ближе к острову находится точка L. 2) Если скорость v больше не- некоторого значения v0, то множе- множество D в некоторый момент времени достигает круга безопасности. Это означает, что при v >¦ vo катер смо- сможет пробраться на остров. Минимальное значение скорости Vo соответствует, как нетрудно ви- видеть, тому случаю, когда луч ОР успевает коснуться дуги радиуса vt0 как раз в точке N, лежащей на ок- окружности круга безопасности. Что- Чтобы найти значение v0, обозначим величину угла NOA через р и воо 70
пользуемся вами: \NO\ = r = следующими равенст- 2я =tgp, — т Из первого и последнего равен- равенства находим, что v0 = {2nacosf!>)/T, а из первых четырех равенств по- получаем уравнение для Р: Это уравнение можно решить только приближенно, например, с помощью таблиц; р получается примерно равным 0,92 я/2, откуда i>o « 0,8а/Г « 48 км/ч. При значении скорости, боль- большем i>o, катер сможет достичь круга безопасности. D 4.14*. а) Сын плавает в центре круглого бассейна. Отец, который стоит на краю бассейна, не умеет плавать, но бегает в четыре раза быстрее, чем плавает сын. Сын бегает быстрее отца. Сын хочет убежать. Сможет ли он это сде- сделать? б) При каком отношении ско- скоростей v и и (v — скорость, с ко- которой плавает сын, и'— скорость, с которой бегает отец) сын не сможет убежать?
§ 5. Линии уровня В этом параграфе обсуждаются задачи и теоремы предыдущих па- раграфов, только в новой термино- терминологии. Понятия, с которыми мы здесь познакомимся, — функции на плоскости и их линии уровня — особенно полезны при решении за- задач на минимум и максимум. Задача про автобус. 5.1. По прямолинейному шоссе едет экскурсионный автобус. В сто- стороне от шоссе, под некоторым уг- углом к нему, расположен дворец. В какой точке шоссе должен оста- остановиться автобус, чтобы экскур- экскурсанты могли лучше всего рассмо- рассмотреть из автобуса фасад дворца? В математической постановке эта задача выглядит так. Дана прямая / и не пересекаю- пересекающий ее отрезок АВ. Найти на пря- прямой / такую точку Р, для которой угол АРВ имеет наибольшую воз- возможную величину. Сначала посмотрим, как при- примерно изменяется угол АМВ, когда точка М движется по прямой /. Другими словами: как ведет себя функция /, которая каждой точке М прямой / ставит в соответствие ве- величину угла АМВ. 72
Легко приблизительно построить график этой функции. (Напомним, что график строится так: над каж- каждой точкой М" нашей прямой бе- берется точка на расстоянии, равном ) ) Можно решать задачу аналити- аналитически: ввести координаты на пря- прямой /, выразить величину угла АМВ через х — координату точки М — и найти, при каком значении х полу- полученная функция достигает макси- максимума. Однако формула для f(x) получается довольно сложная. Мы дадим более элементарное и более поучительное решение. Но для этого потребуется изучить, как зависит величина угла АМВ от по- положения точки М на всей плоско- плоскости (а не только на прямой /). D Множеством точек М пло- плоскости, для которых угол АМВ имеет заданную величину ф, яв- является пара симметричных дуг с концами в точках А а В (см. § 2 Д). Если начертить эти дуги для различных значений ф@ < Ф < я)> то получится семейство дуг, кото- которые покрывают всю плоскость, за исключением прямой АВ. На ри- рисунке изображено несколько таких дуг, и на каждой написано, какому значению ф она соответствует. На- Например, значению ф = я/2 соответ- соответствует окружность с диаметром АВ. Будем теперь рассматривать только точки М, лежащие на пря- прямой I. Нам нужно выбрать из них такую, для которой угол АМВ имеет наибольшую величину. Через каждую точку проходит какая-ни- какая-нибудь одна дуга из нашего семейства: 73 Р, С Р,-\
если АМВ = ф, то точка М лежит на дуге, соответствующей этому значению ф. Таким образом, задача сводится к тому, чтобы из всех дуг, задевающих прямую /, выбрать ту, которая соответствует наибольшему значению АМВ = ф. Рассмотрим часть прямой / по одну сторону от точки С пересече- пересечения прямой АВ с /. (Мы не будем разбирать случай, когда отрезок АВ параллелен прямой I. Рассмотрите этот случай сами.) Проведем дугу Си касающуюся этой части прямой, и докажем, что из точки касания Pi отрезок А В виден под наибольшим углом. Действительно, любая точка М прямой /, отличная от Р\, лежит вне сегмента, стягиваемого дугой с\. Как мы знаем (Д, стр. 29), отсюда следует, что АМВ < АР\В. Ясно, что по другую сторону от точки С все будет происходить точно так же: точка Я2, из которой отрезок АВ виден под наибольшим углом, также является точкой касания пря- прямой и одной из дуг нашего семейства. Итак, мы доказали, что требуе- требуемая в задаче точка Р совпадает с одной из точек Р\ и Я2, в которых окружности, проходящие через точ- точки Л и В, касаются прямой I. В ка- качестве Я нужно выбрать ту из них, для которой угол РСА острый. Если же отрезок АВ перпендикулярен к прямой /, то из соображений сим- симметрии сразу видно, что точки Р\ и Я2 совершенно равноправны: так что требуемых в задаче точек в этом случае две. (Однако экскурсанты в любом случае должны выбрать 74
ту из точек Pi и />2, из которой ви- виден фасад дворца.) Функции на плоскости. Основная идея решения задачи 5.1 — иссле- исследовать на всей плоскости функ- функцию /, которая каждой точке ста- ставит в соответствие величину угла АМВ, т.е. f(M)=AMB. В предыдущих параграфах мы по сути дела уже встречались с раз- различными функциями. Помимо са- самых простых функций на плоскости, таких, как f(M) = \OM\, f(M) = = p(Z, Af), f{M)= ABM (где О, А, В — данные точки, а / — данная прямая), мы изучали суммы, раз- разности, отношения таких функций и другие их комбинации. Линии уровня. Большую часть условий, которыми' определялись множества точек, можно предста- представить так. На плоскости (или на некоторой ее области) задана функ- функция Д и требуется найти множество точек М, в которых эта функция принимает заданное значение h, т. е {Af: f(M)=h}. Как правило, для каждого фи- фиксированного числа h это множе- множество — некоторая линия; таким об- образом, плоскость расслаивается на линии, которые называются линия- линиями уровня функции f. Так, решая задачу 5.1, мы рисовали линии уровня функции f(M)= АМВ. График функции. Объясним те- теперь, откуда взялся термин «линия уровня». Дело в том, что для функ- функций, заданных на плоскости, мож- можно строить графики точно так же, как это делается для функций у = •?=/(*). заданных на прямой, только 75
теперь график нужно будет строить в пространстве. Будем считать, что плоскость, на которой зада- задана наша функция /, горизонталь- горизонтальна, и для каждой точки М этой плоскости отметим точку, располо- расположенную над точкой М на расстоя- расстоянии |f(M)|, если f(M)~>0, и под точкой М на расстоянии |/(M)|, если /(М)<0; все отмеченные та- таким образом точки образуют обыч- обычно некоторую поверхность, которая и называется графиком функции [ Другими словами, если ввести па горизонтальной плоскости систему координат Оху и направить ось Oz вертикально вверх, то графиком функции будет множество точек с координатами (х; у; z), где г=л = f(M), а (х; у)—координаты точ- точки М на плоскости. (Если функция определена не во всех точках пло- плоскости, а только в некоторой обла- области, то график будет расположен только над точками этой области определения.) Так вот, линия уровня {М: f(M)= ft} состоит, очевидно, из тех точек М, над которыми точ- точки графика расположены «на одном уровне» — на высоте ft. На развороте (стр. 78—79) мы изобразили графики функций, ли- линиями уровня которых являются множества азбуки. Так, мы видим, что график функции f(M) = AMB представляет собой «горный хребет» высотой я над отрезком АВ, с ко- которого график плавно опускается до нуля. (Напомним, что в самом начале решения задачи 5.1 мы строили график этой функции, но только над некоторой прямой 1.\ 76
Функция / вида + Я2р(М, /2)+ ... как мы говорили в § 2 (теорема о расстояниях до прямых), в каж- каждом из кусков Q, на которые пря- прямые l\, h, ..., ln делят плоскость, записывается линейным выраже- выражением f{x, y) = ax + by + c. Таким образом, ее график будет со- состоять из кусков плоскостей — на- наклонных или (если а = Ъ = 0) го- горизонтальных. Это мы видим на примерах множеств из пунктов В, К, Л азбуки. Линии уровня такой функции состоят из кусков прямых; а если у графика есть горизонтальная пло- площадка — некоторая линия уровня содержит целый кусок Q плоскости. Функция f вида + К2\МА2?+ ... при Я,1 +Я2 "+.•• + К = 0 тоже сводится к линейной функции на всей плоскости (пример —Е), а в общем случае при %\ + Х2 + ... ... -f Хп Ф 0 — к функции вида где А — некоторая точка плоскости. Линии ее уровня — окружности (теорема о квадратах расстояний из § 2), а график — поверхность пара- параболоида вращения. 77
Здесь нарисованы графики функций, соответствующих пунк* там азбуки, и под каждыми из них — карта линий уровня. В. f(M) = р(М, /). График — двугранный угол, линии уров- уровня — пары параллельных прямых. Г. /'(Л!) = |ЛЮ|. График — конус, линии уровня — концен- концентрические окружности. Д. f(M) = АМВ. График — гора с вершиной в форме гори- зонтального отрезка, у концов которого — вертикальные обрывы. Е. f(M)= |МЛ|2— |МВ|2, График — плоскость, линии уров- уровня — параллельные прямые.
Ж. f(M) =|МЛ|2+ |AfВ|2. График — параболоид вращения, линии уровня — концентрические окружности. И. f(M) = |МЛ|/|МВ|. График имеет около точки А впади- впадину, около В — поднимается к бесконечности. Линии уровня — не- непересекающиеся окружности, центры которых лежат на прямой АВ, причем каждые две из них имеют радикальной осью одну и ту же прямую — медиатрису отрезка АВ. К. f(M) = p(M, /i)/p(M, /2). График получается следующим образом; рассматривается седлообразная поверхность — «гипербо- «гиперболический параболоид», — проходящая через прямую /» н верти- вертикальную прямую, проходящую через точку О пересечения h и h; часть этой поверхности, лежащая ниже данной плоскости, отра- отражается симметрично относительно нее. Линии уровня — пары прямых, проходящих через точку О. Л. f(M) = p(M, /j) + р(М, к). График — четырехгранный угол. Линии уровня — прямоугольники с диагоналями, принад- принадлежащими U и U. 79
Пожалуй, наиболее сложные графики в нашей азбуке имеют функции f(M) = AM~B и f(M) = = \АМ\/\ВМ\. Заметим, что между картами линий уровня этих функ- функций имеется интересная связь: если нарисовать их на одном чертеже, то получится два семейства окруж- окружностей, причем любая окружность одного семейства пересекает любую окружность другого семейства под прямым углом (?) — как говорят, эти семейства взаимно ортого- ортогональны. Приведем еще один пример про- простой функции, у которой линии уровня — лучи, выходящие из одной точки, а график — довольно слож- сложная поверхность. Эта функция f(M)=MAB (А и Б —данные точ- точки плоскости). Ее график над каж- каждой из полуплоскостей, на которые прямая АВ делит плоскость, — вин- винтовая поверхность, или геликоид. Карта функции. Как мы видим, для многих функций довольно труд- трудно нарисовать их пространственный график. Как правило, более удоб- удобный способ представить себе пове- поведение функции на плоскости — это нарисовать карту ее линий уровня. Физические географические кар- карты составляются следующим обра- образом. Пусть f(M)—высота в точке М поверхности над уровнем моря. Тогда рисуются линии уровня {М: ДМ) =200 м}, {М: f(M) = = 400 м} и т. д. Области между этими линиями уровня раскраши- раскрашиваются в разные цвета: область {М: 0 <f(M) < 200 м} — зеленого цвета, области {М: f(M)i > 200 м}-
коричневого, а области {М: < 0} — голубого цвета разных от- оттенков. Для того чтобы составить карту функции, нужно нарисовать не- несколько ее линий уровня — доста- достаточно много, чтобы по ним можно было судить о том, как располо- расположены остальные, — и написать на каждой из них, какому значению функции (какому h) она соответ- соответствует. Если условиться наносить линии уровня через одинаковые по вели- величине интервалы значений функции 0, ±d, ±2d, ..., то по густоте ли- линий уровня можно судить о кру- крутизне графика: линии расположены чаще там, где больше наклон гра- графика к горизонтальной плоскости. Линии раздела. При решении задачи 3.23 (про сыр) мы рассма- рассматривали довольно сложную функ- функцию = min{|MC,|, \MC2\, ...,\МСп\}, которая сопоставляет каждой точ- точке М плоскости наименьшее из рас- расстояний от нее до данных точек С{, Сг, • • • > Сп- В решении задачи 3.23 нам, собственно говоря, нужна была не столько эта функция, сколько связанные с ней линии раздела пло- плоскости на многоугольные области. Попробуем представить себе карту и график этой функции. Начнем с самых простых случаев п = 2 и 5.2. а) На плоскости заданы две точки Ci и С2. Нарисовать карту линий уровня функции ¦ ) = min{|MC,|, \MC2\}. 81
б) На плоскости даны три точ- точки С\, С2 и С3. Нарисовать карту линий уровня функции /(М) = = min{|MC1|, \MC2\, \МС3\}. D а) Рассмотрим множество то- точек М, для которых |MCi| —|МС2|. Это, как мы знаем, медиатриса от- отрезка CiC2. Медиатриса разбивает плоскость на две полуплоскости, точки одной из них расположены ближе к Сь а точки другой — бли- ближе к С2. Таким образом, в одной полу- полуплоскости f(M) = \MCi\, а в дру- другой f(M) = |МС2|. Следовательно, надо нарисовать в первой полупло- полуплоскости линии уровня функций f(M) = \MCi\—окружности, и сим- симметрично отразить эту карту отно- относительно медиатрисы. б) Рассмотрим множества точек, где \МС1\ = \МС2\, где |МС2| = = |МСз| и где |МС,| = |Л1С3|. Мы рассмотрели их в задаче 3.1 —это три медиатрисы треугольника С|С2С3, пересекающиеся в одной точке О. Три луча этих медиатрис с началом в точке О разбивают плоскость на три области. Очевид- Очевидно, в области точки С\— f(M) = = |MCi|, в области точки С2 — f(M) — \MC2\, в области точки Сз— /(М)= |МС3|. Таким образом, карта функции f(M) = т\п {\МСх\, \МС2\, |Л1Сз|} представляет собой объединение трех карт, склеенных по линии раздела — трем лу- лучам. ? График функции f(M) = |, .... \МСп\) 82
можно представить себе таким об- образом. Если насыпать в ящик ров- ровным слоем песок и в точках С\, С2, ..., Сп пробить в дне ящика отверстия, через которые песок вы- высыпется, — так; что вокруг каждого отверстия образуется «воронка»,— то поверхность всех этих воронок и образует график функции f. (Разу- (Разумеется, нужно взять песок такого качества, чтобы угол естественного откоса равнялся 45°, и насыпать его достаточно толстым слоем.) Обратимся теперь к задачам 3.11 и 3.12. В их условиях также можно увидеть некоторые функции на пло- плоскости. 5.3. Пусть заданы точки А и В на плоскости. Нарисовать карту линий уровня функций: а) f (M)=max {АМВ, ВАМ, МВА), б) f (M)=min{| AM |, | MB |, | AB \), и описать их графики. Экстремумы функции. Пусть f — данная функция на плоскости. Представим себе ее график как хол- холмистую местность. Максимальные значения f(M) соответствуют высоте горных вершин ее графика, а мини- минимальные — глубине впадин. На карте линий уровня функции, как правило, вершины гор и впа- впадины окружены линиями уровня. Например, для функции /(М) = = |МЛ |2+|МВ|2 точкой минимума Мо является середина отрезка А В, а линии уровня — концентрические окружности с центром в точке Мо. Ёолее сложная картина полу- получается для функции f(M)~AA!B. Эта функция достигает своего ма- максимального значения я во всех 83
точках отрезка АВ, а минимального значения 0 — в остальных точках прямой АВ. Переход от максималь- максимального значения к минимальному в точках Л и В не плавный (в этих точках f не определена): здесь гра- график имеет вертикальные обрывы. В начале параграфа мы исполь- использовали карту линий уровня для ре- решения задачи 5.1. Это — тоже за- задача на отыскание максимума, но другого типа. В общем виде задача формулируется так: найти, какое наибольшее или наименьшее значе- значение функция f, заданная на плоско- плоскости, принимает на некоторой кри- кривой у (в рассмотренной задаче Y была прямой). Наблюдение, которое мы сделали в задаче 5.1, относится и к другим подобным за- задачам: как правило, наибольшее (и наименьшее) значение будет достигаться в тех точках, где у ка- касается линии уровня функции ~f1). Пусть, скажем, максимальное значение функции / на кривой у достигается в точке Р и равно f(P) = с. Тогда кривая \ не может заходить в область [М: /(М)> с}— она должна целиком принадлежать дополнительной области [М: f(M)^t ^ с}, причем точка Р лежит на ли- линии раздела между этими областя- областями: на линии уровня {М: f(M)= с). Таким образом, кривая \ не можег перейти через линию уровня {М: f(M)= с}, т. е. должна кос- коснуться этой линии в точке Р. Вы видели, как этот принцип «касания» для нахождения экстре- *) Или в точке, где сама функция / дости- достигает максимума, если кривая у проходит через такую точку. 84
мум а проявляется в задачах § 4. В этих задачах мы искали макси- максимум или минимум простых функций: f{M)==9(M, I), f(M) = MOA, f(M)=\MA\ на данной кривой у. Линия уровня, соответствующая экстремальному значению, касалась у. Как правило, этой кривой y была окружность. К отысканию максимума (или ми- минимума) фунщии на данной окруж- окружности или прямой сводятся также некоторые из следующих задач. 5.4. а) На гипотенузе данного прямоугольного треугольника най- найти точку, для которой расстояние между ее проекциями на катеты наименьшее. б)* На данной прямой найти точку М так, чтобы расстояние ме- между .ее проекциями на стороны данного угла было наименьшим, ф 5.5. Дана окружность с цен- центром О и точка А внутри нее. Най- Найти на окружности точку М, для которой величина угла АМО наи- наименьшая. 5.6. А и В — данные точки. Найти на данной окружности \ точку М, а) сумма квадратов расстоя- расстояний, б) разность квадратов расстоя- расстояний от которой до точек А и В мини- минимальна. 5.7. Дана прямая / и парал- параллельный ей отрезок АВ. Найти по- положения точки М на прямой /, в которых величина |/Ш|/|МВ| принимает наибольшее и наимень- наименьшее значения. ф 85 t A/ в
У 0 I X. / * Г л: 5.8. Между двумя прямыми до- дорогами расположено озеро. Где на берегу озера нужно выстроить са- санаторий, чтобы сумма расстояний от него до этих двух дорог была наименьшей? Рассмотрите случай, когда озеро имеет форму а) круга, б) прямоугольника. Заметим, что и для нахождения максимума функции у = f(x) од- одного переменного мы руковод- руководствуемся «принципом касания». Пусть на плоскости нарисован гра- график функции / — некоторая кривая. Найти максимум функции / — это значит найти самую верхнюю точку графика. Ясно, что для этого надо провести прямую, касательную к графику и параллельную оси Ох; причем провести так, чтобы весь график лежал ниже этой прямой.
§ 6. Кривые второго порядка Эллипсы, гиперболы, параболы. До сих пор мы ограничивались не- небогатым набором линий, подробно изучаемых в школе: прямыми и ок- окружностями. К ним сводились все пункты нашей азбуки от А до Л. В этом параграфе мы познакомимся с некоторыми другими кривыми: эл- эллипсами, гиперболами и парабола- параболами. Эти кривые называются вместе «коническими сечениями», потому что их можно получить в пересече- пересечении плоскости с поверхностью ко- конуса, как показано на рисунке на стр. 98. У нас эллипсы, гиперболы и па- параболы сначала будут определены геометрически, как продолжение «азбуки» из § 2. Далее они высту- выступают как огибающие некоторых се- семейств прямых. И в конце, исполь- используя метод координат, мы увидим, что эти кривые задаются алгебраи- алгебраическими уравнениями второй сте- степени. Доказательство эквивалентно- эквивалентности этих определений не просто. Однако все они полезны — каждое новое определение дает возможность с меньшими трудностями решать новый класс задач. 87
?С Итак, продолжим азбуку новы- новыми буквами М, Н, Л и немного по- погодя — Р. М. Эллипс. Рассмотрим мно- жество точек М плоскости, сумма расстояний от которых до двух дан- данных точек А и В равна постоянной величине. Обозначим эту постоянную вели- величину (как принято) через 2а, а рас- расстояние \АВ\ между точками А и В — через 2с. Заметим, что при а ^ с это множество малоинтерес- малоинтересно: если а < с, то искомое множе- множество пусто, так как на плоскости нет ни одной точки М, для которой |ЛМ| + |МВ|<|ЛВ|; при а = с множество представляет собой от- отрезок А В. Чтобы увидеть, что будет при а > с, поступим так. Вобьем в точ- точках А и В два гвоздя, наденем на них кольцо из нитки длины 2(а+с), натянем нитку карандашом и про- проведем линию, держа карандашом нитку все время натянутой. Полу- Получится некоторая замкнутая кривая. Эта кривая называется эллипсом. Точки А я В называются фокусами эллипса. Из определения эллипса ясно, что у него две оси симметрии: прямая АВ и перпендикулярная к ней прямая, проходящая через се- середину О отрезка А В. Отрезки этих двух прямых, лежащие внутри эл- эллипса, называются его осями, а точ- точка О — его центром. Меняя длину нити, мы начертим целое семейство эллипсов с дан- данными фокусами, иными словами —¦ карту линий уровня функции 88
Н. Гипербола. Рассмотрим множество точек, разность расстоя- расстояний от которых до двух данных то- точек А и В равна (по модулю) по- постоянной величине 2а(а > 0). Пусть по-прежнему \АВ\ = 2с. Если а > с, то множество Н пусто, так как на плоскости нет ни одной точки М, для которой \АМ\—¦ -\МВ >|ЛВ| или \МВ\ — \МА\>- > \АВ ; при а = с множество Н представляет- собой два луча пря- прямой АВ — нужно из прямой (АВ) исключить отрезок [АВ]. В случае а < с множество Н со- состоит из двух линий (ветвей), изо- изображенных на рисунке (одна — мно- множество {М: | MA I — МВ\ = 2а), а другая — {М: \МВ — \МА\ = 2а}. Это множество называется гипербо- гиперболой, а точки А и В — ее фокусами. Из определения множества Н ясно, что у гиперболы две оси сим- симметрии. Середина О отрезка АВ называется центром гиперболы. Чтобы получить всю карту линий уровня функции f(M)=\\MA\-\MB\\, нужно еще к семейству гипербол с фокусами А и, В добавить ме- диатрису отрезка АВ (она соответ- соответствует значению /(М) = 0). П. Парабола. Множество то- точек М, одинаково удаленных от данной точки F и данной прямой I, называется параболой. Точка F называется ее фокусом, а прямая / — директрисой (дирек- (директриса в точном переводе означает «направляющая»). Парабола имеет одну ось сим- симметрии, которая проходит через 89
A T В фокус F и перпендикулярна дирек- директрисе. Подведем первые итоги. Мы до- дополнили азбуку такими множе- множествами: М {М: \МА\ + \МВ\ = 2а), Н {М: || МА | — | MB ||== 2а}, П {М: \MF\ = p(M, /)}. Теперь мы знаем, что если за- задача сводится к одному из мно- множеств П, М и Н, то ответом будет парабола, эллипс или гипербола. Разумеется, в ответе нужно ука- указать не только название, но и опре- определить размеры фигуры, ее распо- расположение, — например, указать фо- фокусы и число а. 6.1. На плоскости даны точки А и В. Найти множество точек М, для которых: а) периметр треугольника АМВ равен постоянной величине р; б) периметр треугольника АМВ не больше р; в) разность |МЛ| — \МВ\ не меньше d. 6.2. Даны отрезок АВ и точка Т на нем. Найти множество точек М, для которых окружность, впи- вписанная в треугольник АМВ, ка- касается стороны АВ в точке Т. 6.3. Найти множество центров окружностей, касающихся а) данной прямой и проходя- проходящих через данную точку; б) данной окружности и прохо- проходящих через данную точку внутри окружности; в) данной оружности и прохо- проходящих через данную точку вне ок- окружности; 90
г) данной окружности и дан- данной прямой; д) * двух данных окружностей. \ 6.4. У шарнирной замкнутой ломаной ABCD, у которой |Л/)| = = \ВС\ = а и \AB\ = \CD\ = Ь, звено AD закреплено. Найти множество точек перс- сечения прямых АВ и CD, а) если а < Ъ; б) если а > Ъ. 6.5. а) На плоскости заданы две точки А и В, расстояние ме- между которыми — целое число п (на рисунке п = 12). Проведены все окружности целочисленных радиусов с центрами А и В. На полученной сетке отмечена после- последовательность узлов (точек пере- пересечения окружностей), в которой каждые два соседних узла — про- противоположные вершины криволи- криволинейного четырехугольника. Дока- Доказать, что все точки этой последо- последовательности лежат либо на одном эллипсе, либо на одной гиперболе. б) На плоскости задана пря- прямая / и на ней — точка F. Прове- Проведены все окружности целочислен- целочисленных радиусов с центром F и все прямые, параллельные / и находя- находящиеся от / на целочисленном рас- расстоянии. Доказать, что все точки последовательности узлов сетки, построенной так же, как в зада- задаче а), лежат на одной параболе с фокусом F. Поверхности, получаемые вра- вращением в пространстве параболы, эллипса и гиперболы вокруг осей симметрии, называются соответ- соответственно параболоидом, эллипсоидом и гиперболоидом вращения. 91
А' Фокусы и касательные. Много интересных задач про эллипсы, ги- гиперболы и параболы связаны со свойствами касательных к этим кри- кривым. Основное свойство касатель- касательных к эллипсу мы получим, сопо- сопоставив два решения следующей простой задачи на построение. 6.6. Дана прямая / и две точки Л и В по одну сторону от нее. Найти на прямой / такую точку X, для которой сумма расстояний |ЛХ| + |А:Б| до точек А и В наи- наименьшая. ? Рассмотрим точку Л', симме- симметричную точке Л относительно пря- прямой /. Для любой точки М этой прямой | А'М | = | AM |. Поэтому сумма \АМ\ + \МВ\=\А'М\ + \МВ\ принимает наименьшее значение \А'В\ в точке X пересечения от- отрезка А'В с прямой /. ? Заметим, что точка X обладает таким свойством: отрезки АХ и ВХ составляют одинаковые углы с пря- прямой I. Если бы мы решали задачу 6.6 по общей схеме, описанной в § 5,— с помощью линий уровня, — мы должны были бы действовать так: построить семейство эллипсов {М: \АМ\ + \МВ\= с) с фокусами Л и В, зависящее от параметра с, и выбрать из этих эллипсов тот, который касается прямой /. Таким образом, точка X есть точка касания эллипса (с фокусами Л и В) и прямой I. Действительно, все другие точки М прямой, отлич- отличные от X, расположены вне эллип- эллипса, т. е. для них сумма ;+|МВ| больше. 92
Сопоставляя первое решение со вторым, мы получаем так называе- называемое фокальное свойство эл- эллипса: отрезки, соединяющие точ' ку X эллипса с его фокусами, со- составляют равные по величине углы с касательной, проведенной к эл- эллипсу в точке X. Это свойство имеет наглядную физическую интерпретацию. Если поверхность отражателя (фары) сделать в форме куска эллипсоида, а лампочку — точечный источник света — поместить в одном фокусе А, то после отражения лучи собе- соберутся в другом фокусе В. (Слово «фокус» в переводе с латинского означает «очаг».) Совершенно аналогично этому свойству эллипса фокальное свой- свойство гиперболы: отрезки, соединяю- соединяющие точку X гиперболы с ее фоку- фокусами, составляют равные по вели- величине углы с касательной в точке X. Это свойство можно доказать, ре- решив двумя способами следующую задачу. 6.7. Дана прямая / и две точки Л и В по разные стороны от нее, причем точка А расположена дальше от прямой /, чем точка В. Найти на прямой такую точку X, для которой разность расстояний \АХ\ — \ВХ\ наибольшая. Одно решение приводит к та- такому ответу: если обозначить через А' точку, симметричную точке А относительно прямой /, то искомой точкой X будет точка пересечения прямой А'В с прямой / (?). Ясно, что для этой точки X отрезки АХ и ХВ составляют равные по величине углы с прямой /. 93
Другое решение (по общей схе- схеме из § 5) приводит к такому от- ответу: X — это точка касания пря- прямой / с некоторой гиперболой (с фо- фокусами А а В). Сопоставляя эти два ответа, приходим к фокальному свойству гиперболы. Из фокальных свойств вытекает инте- интересное следствие, относящееся к семейству всех эллипсов и гипербол с данными фоку- фокусами А и В. Рассмотрим эллипс и гиперболу, прохо- проходящие через некоторую точку X. Проведем через точку X прямые, которые образуют одинаковые по величине углы с прямыми АХ и ВХ. Эти прямые, очевидно, перпенди- перпендикулярны друг другу. Из фокальных свойств следует, что одна прямая — это касательная к эллипсу, а другая — касательная к гиперболе. Таким образом, касательные к эллипсу и гиперболе перпендикулярны, тем самым семейства эл- эллипсов и гипербол с фокусами А к В обра- образуют два взаимно ортогональных семейства (см. стр. 80): каждая кривая одного семей- семейства пересекает каждую кривую другого семейства под прямым углом. Эти два семейства будут хорошо видны на рисунке, относящемся к задаче 6.5а), если раскрасить клетки в шахматном по- порядке. Фокальное свойство параболы. Пусть парабола имеет фокус F и директрису /, и пусть X — какая- нибудь ее точка. Тогда прямая XF и перпендикуляр, опущенный из X на I, составляют равные углы с ка- касательной к параболе в точке X. Докажем это. Пусть Н — осно- основание перпендикуляра, опущенного из X на /. По определению пара- параболы | XF | = | ХН |. Следовательно, точка X лежит на медиатрисе m от- отрезка FH. Докажем, что прямая пг яв- является касательной к параболе. Для этого покажем, что она имеет толь-^ 94
ко одну общую точку с параболой (а именно, точку X) и что вся па- парабола лежит по одну сторону от прямой т. Прямая т разбивает плоскость на две полуплоскости. Одна из них состоит из точек М, которые ближе к F, чем к Н. Покажем, что парабола лежит в этой полуплоскости, т. е. для лю- любой точки М параболы (отличной от точки X) \MF|<|ЛШ|. В самом деле, \MF\=p(M, l), а р(Ж, /)< <|ЛШ| (перпендикуляр короче на- наклонной). Замечание. Для всех встре- встречавшихся нам кривых касательная определялась так: касательная к кривой у в точке Мо — это такая прямая /, проходящая через Мо, что кривая у (или хотя бы часть кри- кривой, заключенная в некотором кру- круге с центром в Мо), лежит по одну сторону от прямой /. Фокальное свойство параболы можно использовать следующим об- образом. Если сделать отражатель в форме параболоида и поместить лампочку в фокусе F, то получится прожектор: все отраженные лучи будут параллельны оси парабо- параболоида. 6.8. Рассмотрим все параболы с данным фокусом и данной вер- вертикальной осью. Они естественно разбиваются на два семейства: у парабол одного семейства ветви идут вверх, а у другого — вниз. Доказать, что любая парабола од- одного семейства ортогональна лю- любой параболе другого семейства. Два семейства парабол, о кото- которых идет речь в этой задаче, будут хорошо видны, если на рисунке к 95
задаче к 6.5, б) раскрасить клетки в шахматном порядке. Решения следующих задач опи- опираются только на определения кри- кривых и их фокальные свойства. 6.9. а) Пусть задан эллипс с фокусами А и В. Доказать, что множество точек, симметричных фокусу А относительно всех каса- касательных к эллипсу, — окружность, б) Доказать, что множество ос- оснований перпендикуляров, опущен- опущенных из фокуса А на все касатель- касательные к эллипсу, — окружность. ? а) Пусть / — касательная к эллипсу в точке X, и пусть N — точ- точка, симметричная фокусу А отно- относительно I. Тогда, как мы знаем (см. задачу 6.6), точка X лежит на прямой NB и расстояние \NB\ = \AX\ + \XB\ постоянно. Обозначим его, как пре- прежде, через 2а. Итак, расстояние от N до В постоянно и искомое мно- множество— окружность с центром в В и радиусом 2а. б) Пусть М — основание пер- перпендикуляра, опущенного из точки А на /. Ясно, что Из задачи 6.9. а) мы знаем, что множество точек N есть окруж- окружность, и задача сводится к следую- следующей. Дана окружность с центром в В радиуса 2а и точка А внутри нее, найти множество середин от- отрезков AN, где N — произвольная точка окружности. Это множество— окружность радиуса а с центром в середине О отрезка АВ .О 96
6.10. а), б). Доказать утвер- утверждения пунктов а) и б) задачи 6.9 для гиперболы. 6.11. Пусть задана парабола с фокусом F и директрисой /. а) Найти множество точек, симметричных фокусу F относи- относительно всех ее касательных. б) Доказать, что множество оснований перпендикуляров, опу- опущенных из фокуса F на касатель- касательные к параболе, есть прямая, па- параллельная /. 6.12*. а) Доказать, что произ- произведение расстояний от фокусов эл- эллипса до его касательной — по- постоянная величина (не зависящая от касательной). \ б) Найти множество точек, из которых эллипс виден под прямым углом. 6.13*. Решить задачу 6.12. а) для гиперболы. 6.14*. Решить пункт б) задачи 6.12 для параболы. 6.15*. Пусть траектория Р0Р1Р2Р3, • ¦ ¦ луча света внутри зер- зеркального эллипса не проходит че- через фокусы А и В (Ро, Ри Р2, ...— точки на эллипсе). Доказать, что: а) если отрезок Р0Р\ не пере- пересекает отрезок АВ, то все следую- следующие отрезки: Р\Р2, Р2Ръ, РзР*, ¦ • • не пересекают отрезок А В и ка- касаются одного и того же эллипса с фокусами А к В; \ б) если отрезок РоР\ пересе-. кает АВ, то все следующие отрез- отрезки Р\Р2, Р2Р&, P&Pi, ¦ • ¦ пересекают отрезок АВ, причем прямые P0Pi, Р1Р2, Р2Р3, •. • касаются одной и той же гиперболы с фокусами А и В. | 4 Н. Б, Васильев, В, Л. Гутенмахер 97
Сечение конуса любой плоскостью, не проходящей через его вершину — эллипс, гипербола или парабола (рис./). Если в ко- конус вписать шар, касающийся секущей плоскости, то точка каса- касания будет фокусом соответствующего сечения, а директрисой яв- ляется линия пересечения секущей плоскости с плоскостью ок- окружности, по которой шар касается конуса. Объединение всех прямых, удаленных от данной прямой I в пространстве на данное расстояние и составляющих с / данный острый угол — поверхность, называемая однополостным гипербо- гиперболоидом вращения (рис. 2). Ту же поверхность можно получить, вращая гиперболу вокруг ее оси симметрии /. Касательная пло- плоскость к гиперболоиду в любой его точке пересекает его по двум прямым. Остальные плоские сечения этой поверхности, как и ко- конуса, — эллипсы, гиперболы и параболы.
Если точки Р и N двигаются равномерно по двум пересекаю- пересекающимся прямым, то все прямые PN либо параллельны друг другу, либо (в общем случае) касаются одной параболы (рис. 3). Если точки Р и N двигаются равномерно по двум скрещивающимся прямым в пространстве, — то объединение всех прямых PN бу- будет поверхностью гиперболического параболоида (седла). Каса- Касательная плоскость к седлу в любой его точке пересекает его по двум прямым; остальные плоские сечения седла — гиперболы и параболы. Поверхность седла можно получить также как объеди- объединение всех прямых, пересекающих две данные скрещивающиеся прямые /i, /2 и параллельных данной плоскости (пересекающей U и /2). Рис. 4—6 служат иллюстрацией к задачам 6.16 и 6.17. За- Заметьте, что на наших рисунках проведены только семейства пря- прямых, однако создается полная иллюзия, что на них проведены и огибающие: гипербола, эллипс или парабола. 99
Кривые как огибающие прямых. До сих пор знакомые нам кривые —. окружности, эллипсы, гиперболы, параболы — возникали как множе- ства точек, удовлетворяющих неко- торым условиям. В следующих за- задачах эти кривые возникают иначез как огибающие некоторого семей- семейства прямых. Слово «огибающая» означает просто, что кривая касает- касается всех прямых этого семейства. 6.16. Даны окружность с цен- центром О и точка А. Через каждую точку М окружности проведена прямая, перпендикулярная отрез- отрезку МА. Доказать, что огибающей этого семейства будет: а) окружность, если А совпа- совпадает с центром О; б) эллипс, если А лежит вну- внутри окружности; в) гипербола, если А лежит вне окружности. | 6.17. Даны прямая / и точка А. Через каждую точку М данной прямой / проведена прямая, пер- перпендикулярная отрезку МА. Дока- Доказать, что огибающей этого семей- семейства прямых будет парабола. \ Эти семейства прямых изображе- изображены на стр. 98—99. Не случайно все они имеют огибающую: можно до- доказать, что любое «достаточно хо- хорошее» семейство прямых — это либо множество параллельных пря- прямых, либо — множество прямых, проходящих через одну точку, либо, в общем случае, — множество касательных к некоторой кривой (огибающей этого семейства). Уравнения кривых. Мы начали этот параграф с геометрических оп- определений эллипса, гиперболы и 100
параболы. Много новой информа- информации об этих кривых можно полу- получить, если воспользоваться методом координат. Начнем с параболы. Хорошо из- известно аналитическое определение параболы как графика функции у = ах\ A) Покажем, как геометрическое определе- определение параболы, данное выше, приводит к этому уравнению. Пусть расстояние от точки F до пря- прямой I равно 2h. Выберем систему коорди- координат Оху так, чтобы ось Ох шла параллель- параллельно I на одинаковом расстоянии от F и от /, а ось Оу проходила через точку F (ось Оу, очевидно, будет осью симметрии пара- параболы). Уравнение, получаемое из геометри- геометрического определения параболы, легко преоб- преобразуется в A): V*2 + (У - А)» = I У + А |, г х2 + у2- 2yh + Л2 = у2 + 2yh + h\ г У 0 F г (достаточно положить а = 1/DЛ)). График любой функции у = ах2 + '+ Ьх + с — тоже парабола. Она получается из параболы у = ах2 параллельным перено- переносом. При гомотетии (х; у) -*¦ (ах; ау) с ко- коэффициентом а парабола у = х2 превра- превращается в параболу у = ах2. Таким образом, все параболы подобны друг другу. Но па- параболы с разными значениями параметра а, разумеется, не конгруэнтны: чем больше я, тем «острее вершина» параболы. Заметим, что параболу у = ах2 можно получить из параболы у = х2 сжатием (или растяже- растяжением) одной из координат: преобразованием (ж; у) -> {х Vn; у), а также преобразова- преобразованием (х; у) ->(х; у 1а). Обратимся теперь к эллипсу и гиперболе с фокусами А и В. При- Приняв их оси симметрии за оси Ох и 101 о
f-c;o) A 0 (C;0) В X Оу прямоугольной системы коорди* нат — точки Л и В будут иметь тогда координаты А (—с; 0) и В (с; 0), — мы получим следующее уравнение эллипса: r-V(*-cJ + y2 = = 2a (где а > с). B') Избавившись от радикалов, это уравнение можно представить в бо- более удобном виде: ~r + "fr=l, гДе Ь — т/а2— с2 • B) Как перейти от B') к B), мы ко- коротко обсудим ниже. Из уравнения B) "видно, что эллипс можно получить также следующим образом: взять окружность радиуса о х* + У2 = аг и сжать ее в alb раз к оси Ох. При та< ком сжатии точка (х\ у) перейдет в точку (к; у1), где y'=yb/a. (Подставляя у=\/а\Ъ в уравнение окружности, получим уравне- кру v2 ние эллипса: - -\ 1.) Таким об- образом, если у вас есть телевизор, то вы мо- можете получить эллипс без помощи ниток и гвоздей; нужно только включить телевизор, когда передают таблицу для настройки, и повернуть ручку «размер по вертикали» — тогда все окружности превратятся в эллип- эллипсы. Можно обойтись и без телевизора: тень, отбрасываемая наклонно расположенной та- тарелкой иа стол, — это эллипс. Два эллипса подобны друг другу, если у них одинаково отношение Ь/а. Выбирая такую же систему ко- координат, как и в случае эллипса, мы получаем уравнение гиперболы = 2а, где а<с, C') 102
или, после упрощении, jz У_ 1 _2 L9 ~~ * - a2 _ Ь2 b = Jc2 — i C) Для того чтобы изучить поведение ги- гиперболы в одной четверти х ^ О, у ^ 0, по- построим график функции Очевидно, что эта функция определена при х ^ а и монотонно возрастает. Менее очевидно, что при увеличении х гипербола все плотнее прижимается к прямой Ь у = — к, т. е., как говорят, имеет эту пря- прямую своей асимптотой *). Всего у гипербо- гиперболы две асимптоты у = bx/а и у = —Ьх/а. Часто встречается другое урав- уравнение, множество решений которого называется гиперболой, а именно, уравнение ху = d (d — некоторое число, d=^0). D) В чем же дело? Другая это кри- кривая или та же самая? Кривая, конечно, та же. Более точно: уравнение ху = d задает ги- гиперболу с перпендикулярными асимптотами. Стандартное уравне- уравнение C) для такой гиперболы имеет вид Ы 2d ') Более точно эти слова означают, что для любой последовательности хп, стремя- стремящейся к бесконечности, разность b I , р I b /~о 5 b I — Д/хп ~ а хп\ стремится к нулю. Этот факт легко доказать, воспользовав- воспользовавшись равенством х — - Ух2 - а* +х' О х 103
а уравнения получаются разными потому, что мы выбираем разные системы координат: в одном случае за оси координат мы принимаем асимптоты гиперболы, в другом — ее оси симметрии (?). Мы показали раньше, как сжатием по- получить эллипс из окружности х2 + у2 = а2. Точно так же гипербола —j р- = 1 (с любыми а и Ь) может быть получена из гиперболы х2 — у2 = а2 с перпендикуляр- перпендикулярными асимптотами сжатием к оси Ох с ко- коэффициентом а/Ь. Две гиперболы подобны, если у них одинаково отношение Ь/а, или, что то же самое, одинаков угол 2\ между асимптотами (tgv=b/a). Избавление от радикалов. Покажем, как одновременно из уравнений B') и C') можно получить более простые B) и C) (стр. 102—103). Положим У(х + сJ + У2 ~ У(* - сJ + У2 2 C") ~ сJ сJ + у* B") Пусть х ф 0 и у ф 0. Нетрудно убедиться, ЧТО 0 < Z! < Z2, Z, + Z2 = X2 + У2 + С2, z,Zi = сгх2. Мы видим, что z, и Z2 — корни квадратного уравнения относительно г z2 — (х2 + у2 + с2) z + с2*2 = 0. E) Трехчлен, стоящий в левей части равен- равенства E), отрицателен при z = с2, поэтому z\ < с2, Zi > с2. Заметим, что уравнение E) можно записать так: и2 /л ^__ /-t2i I /i^f —— -т /-^ ^^_ /*2\ Л \й — С ) ~^~ у Z Z \Z — С )у t г ~*~ z-c2 А. (Б') 104
Покажем, что при замене z на а2 урав- уравнение E') определяет эллипс (при а > с), или гиперболу (при а < с) на плоскости Оку. Пусть а > с > 0. Итак, мы выяснили, что (при х Ф 0, у Ф 0) формулы C") и B") выражают меньший и больший корень уравнения E'), причем zi < с2 < z2. Урав- Уравнение эллипса B') может быть, очевидно, записано в виде хг — а2, а так как Zz яв- является корнем уравнения E'), то любая точка (х; у) эллипса (х ф 0, уф 0) удов- удовлетворяет уравнению ¦^Г+ а2 —с2 =1' F) Обратно, если точка (х; у) удовлетворяет уравнению F), то число z = а2 служит корнем уравнения E'), причем, поскольку а2 > с2, т. е. а2 — больший корень E'), по- поэтому а2 = Z2. Итак, при а> с B') эквива- эквивалентно F). Аналогично можно показать, что при а < с C') эквивалентно F), т. е. уравне- уравнение гиперболы Zi = а2 также охватывается формулой F). Легко проверить, что при х = 0 или у = 0 F) также эквивалентно B') и C') (соответственно для а> с и я < с). Таким образом, мы доказали, что урав- уравнение F) объединяет уравнения B') и C') эллипсов и гипербол. Положив Ь — = Vn2 — с2 (при а~> с) или Ь = Vс2 — а2 (при а < с), приходим соответственно к уравнениям B) и C). Итак, с помощью F) мы доказали эквивалентность B) и B'), C) и C'). Это доказательство иллюстрирует спо- способ, который часто позволяет освободиться от радикалов: рассмотреть одновременно с данным выражением «сопряженные» — от- отличающиеся от него знаками радикалов. Конец азбуки. Изучим, наконец, еще одну функцию на плоскости, карта линий уровня которой вклю- включает все три типа кривых, появип- шихся в этом параграфе. Это бу- будет последняя буква нашей азбуки. Р. Пусть заданы точка F и пря- прямая I, не содержащая F. Множество 105
точек, отношение расстояний кото' рых до F и до I равно постоянной величине k, — эллипс (при k<L\), парабола (при k = 1) или гипер- гипербола (при k > 1). Докажем это. Введем систему коорди- координат так же, как в пункте «парабола». Уравнение нужного множества: У*2 + (у - ¦-k; при k = 1, как мы уже видели, оно эквива- эквивалентно уравнению параболы у = ах2, где а = II(Ah). При 0 < k < 1 его можно привести к виду — 4- а2 + {У - Ь2 ¦¦ 1 (эллипс), G) а при k > 1 — к виду — ~ + ~2 • = 1 (гипербола), (8) = 2feA/1 k2 — где в обоих случаях Уравнения G) и (8) получаются из стандартных B), C) параллельным перено- переносом, а также переменой ролей х и у. Теперь фокусы кривых лежат на оси Оу, а центры сдвинуты в точку @; d). Можно проверить, что точка F является фокусом не только параболы, но также всех эллипсов и гипер- гипербол. Прямая / называется их директрисой. Итак, мы выяснили, что множе- множество линий уровня функции = p(M, F)/p(M, состоит из одной параболы, эллип- эллипсов и гипербол. Мы могли бы догадаться, что в ответе должны получиться эти кривые — «кониче- «конические сечения» (см. стр. 87 и 98), рассуждая следующим образом. Рассмотрим две функ- 106
цпи на плоскости: ft (М) =р(М, F) и f2(M) = =kp(M,l). График первой (см. стр. 78)— поверхность конуса, график второй состоит из двух наклонных полуплоскостей (к — тангенс угла наклона этих полуплоскостей к горизонту). Пересечение этих двух графи- графиков: эллипс, парабола или гипербола. Про- Проекции этих кривых, лежащих в наклонной плоскости, на горизонтальную плоскость дают интересующие нас множества : р(М, F) = ~ При проекции вид кривой изменится так же, как при сжатии к прямой / (в \k2 + 1 раз). Поэтому нужные иам кри- кривые — тоже эллипсы, гиперболы и парабола. Как мы уже неоднократно убе- убедились, кривые, которым посвящен этот параграф, — эллипс, гипербола и парабола — имеют много общих или очень похожих свойств. Род- Родство между этими Кривыми имеет простое алгебраическое объяснение: все они задаются уравнениями вто- второй степени. Конечно, характерные уравнения этих кривых A), B), C), D), т.е. и —ах2 Jf-A-lL — 1 получаются только в специально выбранных системах координат — если выбрать систему координат иначе, то уравнение может полу- получиться более сложным. .Однако не- нетрудно доказать, что в любой си- системе координат уравнения этих кривых имеют вид (9) 107
г(здесь а, Ъ, с, d, e, f — некоторые числа, а2 + Ь2 + с2 ф 0). Замечательно, что верно и об- обратное: любое уравнение второй сте- степени р(х, у)—0, т.е. уравнение вида (9), определяет одну из зна- знакомых нам кривых. Сформулируем более точную теорему. Уравнение (9) определяет эл- 0\ х липе, гиперболу или параболу, если только левая часть не расклады- раскладывается на множители (тогда полу- получилась бы пара прямых) и прини- принимает значения разных знаков (ина- (иначе получилась бы одна точка, одна прямая или пустое множество). Отсюда ясно происхождение об- общего названия для эллипсов, гипер- гипербол и парабол: «кривые второго по- порядка». Важная алгебраическая теорема об уравнениях второй степени, ко- которую мы сформулировали, очень удобна для отыскания точечных множеств, удовлетворяющих геоме- геометрическому условию: если мы ви- видим, что в некоторой системе коор- координат это условие выражается урав- уравнением второй степени, значит, искомое множество — эллипс, ги- гипербола или парабола. (Конечно, в вырожденном случае может полу- получиться пара прямых, окружность -— частный случай эллипса, одна точка и т. п.) Остается найти их размеры и расположение на плоскости (фо- (фокусы, центр, асимптоты и т. п.). 6.18. Найти множество точек, сумма расстояний от которых до двух данных взаимно перпендику- перпендикулярных прямых на с больше рас- расстояния до точки их пересече- пересечения, 108
6.19. На плоскости даны пря-* мая / и точка А. Найти множество точек: а) сумма расстояний от кото- рых до А и до / равна с; б) разность расстояний от ко- которых до А и до I равна (по мо- модулю) с; в) отношение расстояний от которых до А и до / меньше с, где с — постоянная положительная бе- личина. 6.20. Найти множество точек а) сумма б) разность квадратов расстояний от которых до двух заданных пересекающихся прямых h, h равна постоянной ве- величине d. Нарисовать карту линий уровня соответствующих функций: а) f(M) = 2(MZ) + 2(M/) б) f(M) P()p() 6.21. На плоскости заданы точ- точка F и прямая I. Нарисовать кар- карту линий уровня функций: а) f(M)=p*(M,F) + p*(M,l), б) f(M) = p*(M,F)-p*(M,l). 6.22. Вершина О шарнирного параллелограмма OPMQ закреп- закреплена, а стороны ОР и OQ вра- вращаются с одинаковой по величине угловой скоростью в разные сто- стороны. По какой линии двигается вершина М? ? Пусть |ОР| = р, \OQ\=q. Поскольку прямые ОР и OQ вра- вращаются в разные стороны, в неко- некоторый момент времени они совпа- совпадут. Примем этот момент времени за начало отсчета: / = 0, а совпа- совпадающие прямые — за ось Ох (на- (начало координат поместим в точку О). Пусть стороны ОР и OQ 109
вращаются с угловой скоростью со. Тогда координаты точек Р, Q в мо- момент времени f будут соответствен- соответственно равны (р cos of; psincoO, (9 cos (of; — q sin ©/). Следовательно, координаты точ- точки M(x; у) будут I cos at, y — {p — q) sin (of (ведь OM=OP+OQ). Следовательно, точка М пробегает эллипс *2 \ У 1 п В решении этой задачи мы по- получили эллипс как множество то- точек (х, у) вида A0) (f — любое действительное число). Уравнения такого вида, выражаю- выражающие координаты (х, у) через допол- дополнительный параметр t, называются параметрическими. В данном слу* чае роль переменного параметра t играет время. 6.23*. На плоскости вокруг двух фиксированных точек А я В с одинаковой угловой скоростью вращаются две прямые, проходя- проходящие через эти точки. Какую линию описывает точка М их пересече- пересечения, если прямые вращаются в разные стороны? \ 110
6.24*. Найти на плоскости мно-< жество точек М, для которых MBA = 2MAB, где А В — данный отрезок на плоскости. \ 6.25*. а) Рассмотрим все от- отрезки, отсекающие от данного угла треугольник данной площади S. Доказать, что середины этих от- отрезков лежат на одной гиперболе Г, асимптоты которой — стороны угла. \ б) Доказать, что все эти отрезки касаются гиперболы Г. \ в) Доказать, что отрезок каса- касательной к гиперболе, заключенный между асимптотами, делится точ- точкой касания пополам. \ 6.26*. а) Дан равнобедренный треугольник ABC (\АС\ = \ВС\). Найти множество точек М пло- плоскости, расстояние от которых до прямой АВ равно среднему гео- геометрическому расстояний до пря« мых АС и ВС. б) Три прямые, пересекаясь, образуют равносторонний тре- треугольник. Найти множество точек М, расстояние от которых до од- одной из этих прямых равно сред- среднему геометрическому расстояний до двух других прямых. 6.27*. Три вершины ромба ле- лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и CD данного квадрата ABCD. Где может лежать четвер- четвертая вершина? Алгебраические кривые. Разу- Разумеется, множества точек, которые могут встретиться в геометрических задачах, не ограничиваются только прямыми и кривыми второго по- порядка. Приведем два примера. 111 V В
Множество точек, произведение расстояний от которых до данных двух точек F\ и F2 равно данной положительной величине р, назы- называется овалом Кассини. На рисунке изображено целое семейство этих кривых — семейство линий уровня функции = p(M, F,)-p(M, F2). Уравнения этих кривых можно за< писать так: ((х - сJ + у2) {{х + сJ + у2) = р2. Особенно интересную форму «вось« мерки» имеет овал Кассини при р = с2. Для р < с2 кривая состоит из двух отдельных кусков, окру* жающих точки Fv и F2. Еще один пример. Пусть задана точка F и прямая /. Обозначим че- через q{M) расстояние от точки М до точки пересечения прямых FM и /. Множество точек {М: q(M)=d\ называется конхоидой Никомеда, Ее уравнение в системе координат, где F — начало координат, а / за- задается уравнением у + а = 0, вьь глядит так: Вообще кривая, задаваемая уравнением Р {х, у) = 0, где Р (х, у) — многочлен от х и у, назы- называется алгебраической кривой. Сте- Степень многочлена Р (при условии, что он не раскладывается на мно- множители) называется порядком этой кривой. Таким образом, овал Кас- Кассини и конхоида — кривые четвер- 112
того порядка. Уже из этих двух примеров видно, что алгебраичесюга кривые (порядка выше 2) могут быть устроены причудливым обра- образом, иметь особые точки (острия, как конхоида при а = d, точки са- самопересечения), и вид этих кривых может сильно меняться при измене- изменении параметров. С некоторыми но- новыми кривыми мы еще встретимся в следующем параграфе.
¦'.¦/^у^:-:ш7\'.:^-:- V Г." ) ;.?':-liV.!?? § 7. Вращения и траектории В этом заключительном пара- параграфе мы представим читателю за- замечательные кривые, которые есте- естественно определяются как траекто- траектории точек окружности, катящейся по прямой или окружности. Наи- Наиболее интересные их св'ойства свя- связаны с касательными. В начале книги мы сказали, что огибающей семейства отрезков из задачи 0.1 про кошку служит кривая с че- четырьмя остриями — астроида. Здесь читатель найдет объяснение этому факту, а также увидит, почему све- световое пятно в чашке, образуемое отраженными лучами, имеет харак- характерную особенность — острие. Лю- Любитель классической геометрии уз- узнает, как связаны между собой ок- окружность девяти точек треуголь- треугольника, его прямые Симеона и их оги- огибающая — циклоидальная кривая с тремя остриями. Вначале мы подробно изучим одну из самых простых циклои- циклоидальных кривых. Кардиоида. Обычно эту кривую определяют как траекторию точки, совершающей такое сложное дви- движение: окружность катится без скольжения по неподвижной ок- 114
ружности того же радиуса; траек- траектория точки подвижной окружности называется кардиоидой. Можно дать и другие, геометрические, оп- определения кардиоиды. Сформули- Сформулируем два из них в виде задачи. 7.1. Доказать, что: а) множество точек, симме- симметричных определенной точке А данной окружности относительно всевозможных касательных к этой окружности, — кардиоида; б) множество оснований пер- перпендикуляров, опущенных из точ- точки А данной окружности на все- всевозможные касательные к ней, — кардиоида. П а) Рассмотрим подвижную окружность у. которая касается данной окружности б в точке А и имеет тот же радиус. Покатим ок- окружность у по окружности б и про- проследим за траекторией той точки М подвижной окружности, которая в начальный момент совпадала с точ- точкой А. Мы предполагаем, что качение происходит без скольжения. Это означает, что в каждый момент вре- времени длины дуг AT и МТ равны {Т — переменная точка касания ок- окружностей). Следовательно, точкаМ симметрична точке А относительно касательной, проведенной в точке 7". За один оборот точка Т пробе- пробегает всю окружность б, а М — всю кардиоиду. б) Ясно, что это множество по- получается из того, о котором гово- говорится в а), гомотетией с коэффи- коэффициентом 1/2 и центром А. Тем са- самым оно — тоже кардиоида, но вдвое меньшего размера. ? 115
Используя задачу 7.1, можно построить как угодно много точек кардиоиды и тем самым довольно точно ее нарисовать. Это — замкну- замкнутая кривая, имеющая в точке А ха- характерную особенность — «острие». По форме она похожа на срез ябло- яблока или, несколько меньше, на очер- очертание сердца — отсюда и ее назва- название (kardia — сердце). Следующее красивое определе- определение кардиоиды, где она предстает как «огибающая окружностей», так- также вытекает из задачи 7.1. 7.2*. Дана окружность и на ней — точка А. Доказать, что объ- объединение всех окружностей, про- проходящих через точку А, центры которых лежат на данной окруж- окружности, — область, ограниченная кардиоидой. \ Сложение вращений. Ниже мы продемонстрируем некоторые прие- приемы, позволяющие устанавливать геометрические свойства кривых с помощью кинематики, и в качестве примера будем неоднократно воз- возвращаться к кардиоиде. Но прежде чем двигаться дальше, обсудим по- последнюю фразу в решении зада- «чи 7.1, а), Мы сказали, что точка Т возвра- возвращается в начальное положение .4 после одного оборота. Поскольку мы имеем дело сразу с несколькими вращениями, эту фразу надо уточ- уточнить: о каком «обороте», т. е. о ка- каком вращении мы говорим? Име- Имелось в виду, что центр Р подвиж- подвижной окружности у (а значит, и точ- точка касания Т) делает один оборот. Сама же окружность у (быть мо- может, лучше говорить здесь «круг у», Ив
представляя его себе в виде пла- пластинки) при этом вращается вокруг своего центра Р довольно быстро. Выясним такой вопрос. 7.3. Пусть центр Р подвижного круга у, катящегося по неподвиж- неподвижному кругу б того же радиуса, де- делает один оборот. Сколько раз по- повернется за это время круг у (сколько он сделает оборотов во- вокруг своего центра Р)? П Для того чтобы следить за вращением круга у, проведем на нем некоторый радиус РМ; зафик- зафиксируем где-то на плоскости точку Е и рассмотрим такой отрезок EN, что EN = PM. Вопрос, поставлен- поставленный в задаче 7.3, заключается в следующем: сколько оборотов сде- сделает отрезок EN вокруг своего конца Е за то время, пока отрезок ОР повернется на 360°? Иначе го- говоря, каково отношение угловых скоростей этих отрезков? Чтобы ответить на этот вопрос, достаточно рассмотреть два поло- положения подвижного круга. Из ри- рисунка видно, что когда радиус ОР повернулся на 90°, отрезок EN по- повернулся на 180°. Так будет про- продолжаться и дальше, — в резуль- результате при повороте радиуса ОР на 360° отрезок EN повернется на 720°, т. е. сделает два полных оборота. (Отношение угловых скоростей рав- равно 2.) Это и есть ответ к зада- задаче 7.3. ? Если в качестве точки Е из ре- решения задачи 7.3 взять центр О не- неподвижного круга и от него отло- отложить отрезок OQ = РМ, то мы по- получим параллелограмм OPMQ. При Н7 N_J ? И
равномерном качении круга у по б вершина О неподвижна, а стороны ОР и OQ вращаются с угловыми скоростями со и 2ю соответственно (в одном и том же направлении). Таким образом, мы получаем еще одно определение кардиоиды, ис- использующее удобную модель шар- шарнирного параллелограмма: если стороны ОР и OQ (]ОР\ = =2|OQ|) вращаются вокруг точки О с угловыми скоростями ю и 2ю, то траектория четвертой вершины М параллелограмма OPMQ — кар- кардиоида. Теперь легко обосновать еще один способ построения точек кар- кардиоиды и получить еще несколько ее интересных свойств. 7.4. Если на каждой прямой /, проходящей через точку А данной окружности б радиуса г, отложить от точки Q пересечения / и б (А ф Q) отрезок QM длина 2г, то множество всех полученных таким образом точек М будет кардиои- кардиоидой. ? Для каждого положения пря- прямой / можно построить параллело- параллелограмм OPMQ, у которого Q и М — те же, что в условии задачи. Тогда при вращении прямой / вокруг точ- точки А с угловой скоростью о сто- стороны ОР и OQ параллелограмма будут вращаться как раз с нужны- нужными скоростями со и 2ю (по теореме «о колечке на окружности» из § 1), поэтому точка М будет пробегать кардиоиду. ? Попробуйте на большом листе бумаги нарисовать кардиоиду, поль- пользуясь задачами 7.1 и 7.4, и убе- убедиться, что получается та же самая 118
кривая. Пожалуй, второй способ даже удобнее. Заметим, что в за- задаче 7.4 мы можем отложить от точки Q отрезок QM длины 2г в ту и другую сторону. Мы получим тем самым две точки М\ и М% кардио- кардиоиды; они соответствуют двум про- противоположным положениям шар- шарнирного параллелограмма (если точка Q сделает один полный обо- оборот и вернется в исходное положе- положение, то сторона ОМ повернется на 180°, a Mi перейдет в М2). Это об- обстоятельство приводит к следующе- следующему свойству. 7.5. Доказать, что любая хорда М\М2 кардиоиды, проходящая че- через ее острие А, имеет длину 4г, а середина этой хорды лежит на неподвижной окружности (радиу* са г), соответствующей кардиоиде. Вот еще две задачи, где исполь- используется второй способ построения кардиоиды. 7.6. Палка длины 2г двигается в вертикальной плоскости так, что нижний ее конец упирается в дно ямы, имеющей (в вертикальном сечении) форму полукруга ра- радиуса г, и при этом касается края ямы. Доказать, что свободный верхний конец палки двигается по кардиоиде. 7.7. По неподвижному кругу радиуса г катится без скольжения, охватывая его, обруч радиуса 2г. Доказать, что траектория точки обруча — кардиоида. П Одно из решений этой задачи можно получить, если сравнить ее с теоремой Коперника 0.3: ведь здесь речь идет о тех же двух окруж- окружностях, но неподвижен внутренний 119
круг радиуса г, а внешняя окруж- ность радиуса 2г по нему катится. В этой ситуации теорема Коперни- Коперника показывает, что если прикре- прикрепить к обручу палку — диаметр MiM2, то при качении эта палка бу- будет проходить через фиксирован- фиксированную точку А неподвижной окруж- окружности. При этом середина Q палки М\М2 будет двигаться по неподвиж- неподвижной окружности б, a |MiQ|=; = | QM21 = 2г, так что мы прихо- приходим к задаче 7.4 и видим, что точ- точки М\ и Мч двигаются по одной и той же кардиоиде. Можно рассуждать несколько иначе, сведя дело прямо к шарнир- шарнирному параллелограмму. Пусть М —¦ точка обруча, за которой мы сле- следим, Q — его (переменный) центр. Построим параллелограмм OPMQ. Если его звено OQ вращать с угло- угловой скоростью 2ю, то обруч, а с ним и звено QM, будет вращаться с уг- угловой скоростью to. П Кривая, с которой мы довольно под- подробно познакомились, — кардиоида — есте- естественно включается в семейство кривых, ког торые называются конхоидами круга или улитками Паскаля: если в условиях задачи 7.4 откладывать на прямой I, проходящей через точку А, отрезок QM некоторой по- постоянной длины h (в ту и другую сторону) t то мы получим при каждом h > 0 одну из этих кривых; при h = 2r это будет.кардио- будет.кардиоида. (Сравните определение этих кривых с определением конхоиды в § 6, стр. 112.) Оказывается, улитке Паскаля при каждом h можно дать кинематическое определение. Это сделано в следующей задаче. 7.8. а) Доказать, что вершина М шар- шарнирного параллелограмма, у которого вер- вершина О закреплена, а стороны ОР и OQ вращаются с угловыми скоростями 2со и со, описывает улитку Паскаля. б) На плоскости закреплена окруж- окружность радиуса г. По ней катится окруж» 120
ность радиуса г, с которой жестко скреп- скреплена (подвижная) плоскость. Доказать, что любая точка этой плоскости описы- описывает улитку Паскаля. в) Та же задача, в которой вместо подвижной окружности радиуса г фигу- фигурирует обруч радиуса 2г, охватывающий неподвижную окружность. Приведем теперь несколько раз- разных задач, в которых требуется разобраться в сложении вращений с другим отношением скоростей, чем у кардиоиды, и упоминаются неко- некоторые из других циклоидальных кривых, изображенных на рисунке на стр. 122—123. 7.9. По неподвижной окружно- окружности радиуса R катится (снаружи) круг радиуса: a) R/2, б) R/3, в) 2R/3. Сколько оборотов он сде- сделает, пока его центр опишет один оборот вокруг центра неподвижной окружности? | 7.10. Та же задача, но круг ка- катится изнутри. 7.11. Между осью подшипника диаметра 6 мм и его неподвижной обоймой диаметра 10 мм располо- расположены шарики диаметра 2 мм. Счи- Считая, что при вращении оси шарики катятся по оси и обойме без сколь- скольжения, определить, с какой угло- угловой скоростью: а) вращаются ша- шарики; б) их центры бегают вокруг центра подшипника, если ось вра- вращается со скоростью 100 оборотов в секунду. 7.12. Зацепление, приводящее во вращение точильный камень, устроено так, как показано на ри- рисунке. Найти отношение радиусов подвижных колес, при котором маленькое колесо (точило) будет 121
м Назовем k-циклоидой кривую, описываемую вершиной М шарнирного параллелограмма OPMQ, у которого вершина О за- закреплена, а звенья ОР и OQ вращаются вокруг нее, причем от- отношение ®op/aOQ угловых скоростей равно k, а отношение \OP\/\OQ\ длин звеньев равно 4y|ft| (k Ф 0, + 1, — !)• Если две точки Р и N двигаются равномерно по одной ок- окружности так, что отношение Ир/ш^ их угловых скоростей рав- равно k, то огибающей прямых PN будет ^-циклоида G.19). Формы fe-циклоиды и (I/ft)-циклоиды совпадают G.14). ft-циклоиду можно определить также как траекторию точки окружности радиуса г, катящейся без скольжения по окружности радиуса \k—1|г, причем при ft> 1 касание окружностей внеш- внешнее, а при k < 1 — внутреннее. 122
Обычно ft-циклоиды при k > О называют эпициклоидами, при k < О — гипоциклоидами. На рис. 1—б изображены ft-циклоиды для k = 3/8, —1/7, —3, —2, 2 и 3. Последние четыре кривые имеют специальные назва- названия: астроида, кривая Штейнера, кардиоида и нефроида. На рис. 3—6 показаны некоторые семейства отрезков, связанные с этими кривыми; все отрезки на каждом из рисунков имеют оди- одинаковую длину G.4, теорема о двух кругах на стр. 126, 7.21). На последнем рис. 7 изображена траектория точки окружно- окружности, катящейся по прямой. Эта кривая называется циклоидой. Огибающей диаметров катящейся окружности является циклоида вдвое меньшего размера (теорема о двух кругах). 123
вращаться в 12 раз быстрее руч- ручки 0Q, приводящей его в движе- движение. Рассмотрим две точки окружно- окружности, катящейся по кругу. Ясно, что они описывают конгруэнтные траек- траектории. В частности, может быть и так, что эти траектории совпадают— две точки движутся по одной линии вслед друг за другом. Так, в ре- решении задачи 7.7 мы выяснили, что диаметрально противоположные точки обруча описывают одну и ту же кардиоиду. В этом можно было бы убедиться, заметив, что траек- траектории этих точек имеют острие п одной и той же точке неподвижной окружности. В следующих задачах можно использовать аналогичные наблюдения. 7.13. а) Доказать, что диаме- диаметрально противоположные точки Mi и М2 окружности радиуса 2R/3, катящейся изнутри по ок- окружности радиуса R, описывают одну и ту же кривую Штейнера. | б) Доказать, что три точки Ми М.2 и Л13 окружности радиуса ЗЯ/4, расположенные в вершинах равно- равностороннего треугольника, будут описывать одну и ту же кривую — астроиду, если катить эту окруж- окружность (изнутри) по окружности радиуса R. в) Та же задача, в которой вместо ЗЯ/4 стоит 3R/2, вместо астроиды — нефроида (и подвиж- подвижная окружность-обруч охватывает неподвижную). Три кривые, названия которых нам здесь встретились — кривая Штейнера (ее называют также дельтоидой), астроида (от astra — 124
«звезда») и нефроида (от nephros —* «почка») получаются здесь несколь- несколько иным образом, чем при том их определении, которое приведено на стр. 122—123. Мы уже видели на примере кар- кардиоиды, что одну и ту же кривую можно получить как траекторию то- точек двух разных окружностей, ка- катящихся по одной и той же непо- неподвижной (сравните первое опреде- определение кардиоиды и задачу 7.7: в од- одном случае центром подвижной ок- окружности служит вершина Р шар- шарнирного параллелограмма OPQM, в другом — его вершина Q). Сле- Следующая задача указывает, какие в общем случае должны быть соот- соотношения между радиусами окруж- окружностей, чтобы траектории получа- получались конгруэнтными. 7.14*. а) Доказать, что точка круга радиуса г. катящегося сна- снаружи по неподвижному кругу ра- радиуса R, и точка обруча, радиуса R + г, охватывающего круг, опи- описывают конгруэнтные траектории, б) Доказать, что точка круга радиуса г, катящегося изнутри по окружности радиуса R, и точка круга радиуса R — г описывают конгруэнтные траектории. | Для решения этих задач нужно научиться вычислять соотношения скоростей сложных вращений. Как это делать, мы обсудим ниже, а сей- сейчас перейдем к самым интересным свойствам циклоидальных кривых, а именно, к свойствам их касатель- касательных. Теорема о двух кругах. Сфор- Сформулируем любопытное правило, позволяющее наглядно описать 125
семейство касательных к траекто- траектории точки М окружности радиуса г, катящейся без скольжения по не- некоторой линии у. Покатим по той же линии у окружность радиуса 1Т вместе с ее диаметром KL (жестко скрепленным с этой окружностью), причем диаметр выберем так, что в некоторый момент времени его конец К и точка М попадают в одну и ту же точку А линии у. Оказы- Оказывается, что тогда в любой момент времени диаметр KL касается траектории точки М. Другими сло- словами, эта траектория служит оги- огибающей всех положений диаметра KL. Это удобное правило мы и на- назвали теоремой о двух кругах. О ее доказательстве мы поговорим ниже, а сейчас ограничимся следующим ее уточнением. Если катить две ок- окружности, о которых идет речь в теореме, одновременно — так, что точки их соприкосновения с кривой у все время совпадают, то меньшая окружность будет катиться по боль- большей без скольжения. Тогда, по тео- теореме Коперника, точка М будет двигаться по фиксированному диа- диаметру KL большей окружности. А наша теорема о двух кругах ут- утверждает, что прямая KL будет ка- касательной, проведенной в точке М, к траектории этой точки. Перейдем к примерам. Начнем с семейства прямых, о котором мы уже говорили во введении к книге. Пусть окружность радиуса г с от- отмеченной точкой М катится изнутри по окружности радиуса R = 4г. Покатим вместе с ней окружность радиуса 2г вместе с ее диаметром 126
KL (в начальный момент точки К и М совпадают с точкой А непо- неподвижной окружности). По теореме Коперника концы диаметра KL скользят по двум взаимно перпен- перпендикулярным диаметрам АА' и ВВ' неподвижной окружности. В то же время, по теореме о двух кругах, диаметр KL при своем движении касается траектории точки М, т. е. огибающей прямых KL служит аст- астроида с остриями в точках А, В, А', В'. Следующая задача — про кар- кардиоиду. 7.15*. На окружности дана точ- точка В. Из нее в произвольную точ- точку окружности попадает луч света и отражается от окружности (угол падения равен углу отражения). Доказать, что огибающая отра- отраженных лучей — кардиоида. ? Обозначим через О центр данной «зеркальной» окружности, через С — ее точку, диаметрально противоположную В. Пусть луч ВР после отражения в точке Р попа- попадает в точку N отрезка ВС (мы считаем пока, что РВС ^ 45°). Тогда PNC = BPN + PBN = ЗРВС. Зна. чит, если луч ВР вращать с угло- угловой скоростью о, то отраженный луч будет вращаться с угловой ско- скоростью Зш, причем точка отраже- отражения Р будет двигаться по зеркаль- зеркальной окружности с угловой ско- скоростью 2ш («теорема о колечке» из § 1). Ясно, что это соотношение со-< хранится и при РВС > 45°. Интересующее нас семейство прямых PN можно получить сле- следующим образом. Покатим по 127
неподвижной окружности радиуса г = | ОВ | /3 с центром О окружность радиуса 2г вместе с диаметром KL, в начальный момент расположен- расположенным на прямой ВС. Если центр Р этой окружности двигается (по ок- окружности радиуса Зг с центром О) с угловой скоростью 2со, то диаметр KL будет вращаться с угловой ско- скоростью Зш (?) — так, как отражен- отраженный луч. По теореме о двух кругах оги- огибающей семейства прямых KL бу- будет траектория точки М окружно- окружности радиуса г, катящейся по окруж- окружности того же радиуса г с центром О, т. е. кардиоида; в начальный мо- момент точка М совпадает с точкой А, делящей отрезок ВС в отноше- отношении 2:1, — эта точка и будет ост- острием кардиоиды. ? Это «острие» в виде светлого пятна, образуемого отраженными лучами, мы нередко можем видеть на дне чашки или кастрюли, распо- расположенной наклонно по отношению к падающим лучам лампы или солнца. Правда, в таком опыте па- падающий пучок лучей более есте- естественно считать параллельным, а не исходящим из точки окружности. Тогда в ответе получится не кар- кардиоида, а другая кривая с похо- похожим острием. Она нам тоже зна- знакома. 7.16*. Доказать, что если на зеркало, имеющее форму полуок- полуокружности, падает параллельный пучок лучей (как показано на ри- рисунке), то отраженные лучи ка- касаются половины нефроиды. Если бы зеркало было парабо- параболическим, то, как мы знаем из § 6, 128
лучи после отражения собрались бы в одной точке — фокусе параболы. Это сопоставление объясняет другое название нефроиды: фокальная ли- линия круга. 7.17. Найти множество точек, которое заметает фиксированный диаметр круга радиуса г, катяще- катящегося: 9 а) по окружности радиуса г снаружи; б) по окружности радиуса Зг/2 изнутри. Еще несколько интересных задач о семействах касательных появятся ниже — после того, как мы обсудим кинематические соображения, ис- используемые в решениях последних задач и в обосновании теоремы о двух кругах. Скорости и касательные. Для оп- определения отношений угловых ско- скоростей в сложных вращениях, кото- которые нам встречались, существуют более удобные способы, чем тот, довольно кустарный, которым мы действовали в решении задачи 7.4. Прежде всего, это — правило сло- сложения угловых скоростей, аналогич- аналогичное правилу сложения (линейных) скоростей при переходе в новую си- систему отсчета. Условимся углы (и угловые ско- скорости), соответствующие вращению против часовой стрелки, считать по- положительными, а по часовой стрел- стрелке — отрицательными. Тогда, если прямая /2 повернута относительно прямой h на угол <р', а /3 относи- относительно /2 — на угол ф, то /з повер- повернута относительно 1\ на угол ср + ф'. Поэтому, если фигура у2 вра- вращается относительно «неподвижной» Б Н. Б, Васильев, В. Л. Гутенмахер 129
фигуры yi с угловой скоростью о/, а \3 относительно \>2—со скоростью со, то у3 вращается относительно yi со скоростью о 4- со'. (Поскольку у нас речь идет в основном о вра- вращении кругов, будем считать, что на каждом из них отмечен некото- некоторый радиус, чтобы удобнее было следить за их вращением.) Покажем, как применять это правило. Рассмотрим сначала два круга радиуса г, центры которых закреплены на расстоянии 2т друг от друга. Если круги вращаются без проскальзывания, то угловые их скорости равны по величине и про- v тивоположны по знаку: у первого, скажем, — со, у второго со. Действи- Действительно, линейные скорости сопри- соприкасающихся точек одного и другого круга равны (именно здесь исполь- используется тот факт, что круги не про- проскальзывают). Поскольку величина v линейной скорости точки М, на- находящейся на расстоянии г от цен- центра круга, вращающегося с угловой скоростью со, равна v = cor, то из равенства линейных скоростей в нашем случае получается равен- равенство угловых скоростей кругов (по абсолютной величине). Теперь перейдем в систему отсчета, связан- связанную с первым кругом. Тогда ко всем угловым скоростям нужно добавить ш: скорость первого будет 0, вто- второго — 2со. Это мы уже видели в за- задаче 7.4. Еще пример. Пусть расстояние между (неподвижными пока) цен- центрами О и Р двух касающихся ок- окружностей радиусов R = 2г и г равно г. Их угловые скорости соот- соответственно будут равны со и 2ш (от- 130
ношение их величин обратно про- пропорционально отношению радиу- радиусов). В системе отсчета, связанной с большей окружностью, их угловые скорости: — (о и 0 (это — движение, о котором говорится в теореме Ко- Коперника 0.3). В системе отсчета, связанной с меньшей окружностью, их угловые скорости 0 и ш (зада- (задача 7.7). Можно, однако, при определении угловых скоростей обойтись и без введения вращающейся системы от- отсчета. Но для этого придется выяс- выяснить, как находить (линейные) ско- скорости точек катящегося колеса. Этот вопрос будет очень важен для нас в следующем пункте, где речь пойдет о касательных к циклои- циклоидальным кривым. Итак, вернемся к первому примеру: рассмотрим не- некоторое положение круга радиуса г, катящегося по кругу того же ра- радиуса; обозначим здесь через Т ту точку подвижного круга, которая в рассматриваемый момент времени совпадает с точкой касания кругов. Ее скорость равна нулю (раз каче- качение происходит без скольжения). Как же найти скорости остальных точек? Для этого мы воспользуемся следующей теоремой М о ц ц и: в любой момент времени скорости различных точек твердой пластин- пластинки, движущейся по плоскости, либо таковы, как у поступательно дви- движущегося тела, т. е. все равны по величине и направлению, либо та- таковы, как у вращающегося тела, т. е. скорость некоторой точки Т. равна нулю, а скорость любой дру- другой точки равна по величине 5* 131 -
!со (где со — угловая скорость пластинки) и направлена перпенди- перпендикулярно отрезку МТ. Именно этот последний случай имеет место для катящегося круга, причем роль точ- точки Т — «мгновенного центра враще- вращения» — играет точка касания. (Это будет верно даже для кривого ко- колеса, катящегося по ухабистой до- дороге.) Пользуясь этим, найдем от- отношение угловой скорости coi катя- катящегося колеса к угловой скорости иг, с которой его центр Р вращается вокруг центра О неподвижного кру- круга. Для этого выразим двумя спо* собами линейную скорость точки Р: с одной стороны, ее величина равна 2гсо2, с другой, поскольку Т — мгно- мгновенный центр, она равна гсоь Итак, 2гсо2 = noi, откуда coi = 2со2. То же рассуждение для круга радиуса г, катящегося изнутри по окружности радиуса 2г так, что его центр движется (по окружности ра- радиуса г) с угловой скоростью ю2 > 0, дает следующее. Обозначим угловую скорость круга через coi и заметим, что coi < 0. Выразив ско- скорость точки Р двумя способами, по- получим: |coir| = |co2'i, откуда coi = = СЙ2- Аналогичные рассуждения помо- помогают и при изучении других слож- сложных вращений. Но для нас особенно важно то, что теорема Моцци позволяет на- находить направление скорости в каждой точке фигуры: скорость точ* ки М направлена перпендикулярно к отрезку МТ, соединяющему ее с мгновенным центром вращения Т. Приведем еще одно доказатель* ство теоремы Коперника. Пусть 132
М — точка окружности радиуса г, катящейся изнутри по окружности радиуса 2г с центром О. В любой момент скорость точки М направ- направлена перпендикулярно отрезку ТМ, где Т — точка соприкосновения ок- окружностей (мгновенный центр вра- вращения меньшей окружности). Та- Таким образом, скорости точки всегда направлены по прямой МО (ведь Т и О — диаметрально противопо- противоположные точки меньшей окружно- окружности). Следовательно, М движется по диаметру большей окружности,— в этом и состоит теорема Копер- Коперника. Приведем доказательство тео- теоремы о двух кругах. Покатим по кривой (или прямой) -у одновре- одновременно две окружности радиусов г и 2г. Обозначим через М и К их точки, совпадающие в начальный момент с точкой А линии у, через Т — общий мгновенный центр обеих окружностей (точку соприкоснове- соприкосновения их с \). Скорость точки направ- направлена перпендикулярно отрезку МТ. Таким образом, скорость точки М направлена по диаметру большей окружности, значит, М принадле- принадлежит определенному диаметру KL этой окружности и при своем дви- движении прямая KL в каждый мо- момент времени касается траектории точки М. В этом и состоит теорема о двух кругах. Заметим, что здесь мы исполь- использовали новую точку зрения на оп- определение касательной к кривой: касательная к траектории движу- движущейся точки — это прямая, прохо- проходящая через точку М траектории, направление которой совпадает с 133 N
направлением точке М. скорости в данной Мы не будем приводить доказательства теоремы Моцци, но укажем ее геометриче- геометрический аналог: любое перемещение плоскости, которое можно осуществить, не переворачи- переворачивая плоскость на другую сторону (передви- (передвигая ее как угодно по самой себе), есть либо параллельный перенос, либо поворот вокруг некоторой точки Т (теорема Шаля). В связи с теоремой Моцци подчеркнем еше одно обстоятельство. Мгновенный центр Т для самого общего движения пластинки по плоскости в процессе движения меняет свое положение и на неподвижной плоскости, и на подвижной (пластинке). И там и тут он вычерчивает некоторую кривую — одна называется неподвижной центроидой, дру- другая — подвижной центроидой. Например, при качении колеса по дороге неподвижной центроидой будет дорога, а подвижной — обод колеса. В кинематике доказывается теорема, что для любого достаточно «хоро- «хорошего» (без «рывков») движения плоскости подвижная центроида катится по неподвиж- неподвижной без скольжения, причем точка касания их служит в каждый момент мгновенным центром вращения. Таким образом, самое общее движение пластинки по плоскости сводится к качению (кривого) колеса но (ухабистой) дороге. А тему нашего пара- параграфа можно с этой точки зрения сформу- сформулировать так: мы изучаем такие движения, при которых обе центроиды — окружности. На этом закончим небольшой экскурс в кинематику1): мы до- достаточно вооружены теперь, чтобы приступить к выявлению самых за- замечательных свойств циклоидаль- циклоидальных кривых, связанных с семейст- семействами касательных к этим кривым. ') Более подробные и точные объяснения можно найти в любом учебнике по тео- теоретической механике, например в прекрас- прекрасных «Лекциях по теоретической механи- механике» бельгийского математика Ш. Ж. Вал- ле-Пуссена, М., ИЛ, 1948. 134
7.18. Доказать, что касатель- касательные к кардиоиде, проведенные в концах хорды, проходящей через острие кардиоиды, взаимно пер- перпендикулярны, а точка их пересе- пересечения удалена от центра непо- неподвижной окружности на расстоя- расстояние Зг, где г — радиус этой окруж- окружности. | 7.19*. По окружности равно- равномерно двигаются два пешехода Р и Q, отношение угловых скоростей которых равно k (k отлично от О, 1 и —1). Найти огибающую всех прямых PQ. | 7.20*. Даны окружность и пря- прямая, проходящая через ее центр. Доказать, что объединение всех окружностей с центрами на дан- данной окружности, касающихся дан- данной прямой, есть область, ограни- ограниченная нефроидой. 7.21*. Рассмотрим кривую Штейнера, описанную около ок- окружности радиуса 2г. Доказать, что любая касательная к этой кри- кривой (в некоторой точке М) пересе- пересекает эту кривую в двух точках К и L таких, что отрезок KL имеет постоянную длину 4г, его середина лежит на данной вписанной ок- окружности, касательные в точках К и L к кривой взаимно перпендику- перпендикулярны и пересекаются в точке N, лежащей на вписанной окружно- окружности, причем отрезки KN и LN де- делятся вписанной окружностью по- пополам. | 7.22*. Рассмотрим астроиду, описанную около окружности ра- радиуса 2г. Доказать, что из любой точки вписанной окружности Р можно провести такие три прямые 135
PTu PT2, PTZ, касательные к аст- астроиде, что они образуют друг с другом одинаковые углы (по 60°), три точки касания Ti, T2, Т3 яв- являются вершинами правильного треугольника, вписанного в окруж- окружность радиуса Зг, касающуюся окружности, описанной около аст- астроиды. Следующая, последняя задача из этой серии, также допускающая решение на языке движений, выяв- выявляет неожиданную связь между эле- элементарной геометрией треугольника и циклоидальной кривой, носящей имя геометра, открывшего эту связь, 7.23*. Дан треугольник ABC. Доказать, что: а) основания трех перпендику- перпендикуляров, опущенных из некоторой точки описанной окружности этого треугольника на прямые АВ, ВС и АС, лежат на одной прямой («прямой Симеона»); б) середины сторон треуголь- треугольника, основания его высот, а так- также середины отрезков высот, со- соединяющих ортоцентр с вершина- вершинами, лежат на одной окружности («окружности девяти точек»); в) все прямые Симеона тре- треугольника ABC касаются одной кривой Штейнера, описанной около окружности девяти точек. | Параметрические уравнения. Все свойства циклоидальных кривых можно было бы доказывать и ана- аналитически. Удобнее всего записать их уравнения в параметрической форме, выразив координаты (х; у) точки М через параметр t (время). С такими уравнениями мы уже встречались в задаче 6.22, 136
Рассмотрим траекторию движе- движения четвертой вершины М шарнир- шарнирного параллелограмма OPMQ, у ко- которого вершина О находится в на- начале координат. (Заметим, что ОМ = ОР + OQ.) Если точка Р дви- двигается по окружности радиуса г\ с центром в начале координат О с угловой скоростью <fli, точка Q — по окружности радиуса г2 с цен- центром О с угловой скоростью «2, то в момент времени t координаты Р будут (ricosfoi^; risinco^), коорди- координаты Q — (r2 cos (o2t; r2sm(a2t), а ко- координаты четвертой вершины М па- параллелограмма OPMQ: Х = Г\ COS C0i< + Г2 COS CO?/, y = r\ sin co^ + r2sin {?>2t (в начальный момент t = 0 обе сто- стороны OP и OQ шарнирного парал- параллелограмма направлены по оси Ох). Мы выяснили в задаче 6.22, что при со2= — (oi точка М описывает эл- эллипс. В общем случае, если выпол- выполняются соотношения = I * I • точка М пробегает циклоидальную кривую (которую мы на стр. 122 назвали ft-циклоидой). Из параметрических уравнении, исключив t, мы получим в некото- некоторых случаях простые уравнения, связывающие координаты х и у. Рас- Рассмотрим для примера астроиду. Для нее Г\ = Зг2, а>2 = —3ooi; мы можем принять coi = 1, тогда а2 = —3, и параметрические уравнения астрои- астроиды запишутся так (г2 = г): х = 2>r cos t-\- r cos 3?, y = 3r sin t — г sin 3/, 137
или, еще проще (?): x = 4rcos3/, y = Отсюда вытекает такое короткое уравнение астроиды: Астроиду и другие кривые, ко- которые мы рассматривали выше, можно задать алгебраическими уравнениями. Попробуйте прове- проверить, что точки (х\ у) этих кривых удовлетворяют таким уравнениям: (х2 + У2 — 4Г2K + 108r2xV = О (астроида), (х2 + У2 - 2гхJ - Аг2 (х2 + у2) = О (кардиоида), (Х2 + у2 — Ar2f — 108rV4 = 0 (нефроида), (а2 + у2 + 9г2J + 8гх Ct/2 - х2) — — 108г4 = 0 (кривая Штейнера). Таким образом, астроида и не- нефроида — кривые шестого порядка, кардиоида и кривая Штейнера — четвертого. Можно доказать, что при рациональном coi/ыг = k циклоидальные кривые являются алгебраическими (а при иррациональном k — нет; такая кривая проходит сколь угод- угодно близко от любой точки кольца с центром О, ограниченного окружностями радиусов Г\ + i~2 и |ri — г3\,— как говорят, «всюду плотно» заполняет это кольцо). Сопоставляя уравнения кривых с их геометрическими свойствами, можно получить новые интересные следствия. Вот один пример, в ко- котором используется свойство аст- астроиды, 138
7.24. а) Дан прямой угол и внутри него — точка К, находя- находящаяся на расстояниях а и b от его сторон. Можно ли через точку К провести отрезок длины d с кон- концами на сторонах угла? б) Канал, берега которого — параллельные прямые, поворачи- поворачивает под прямым углом, причем до поворота его ширина а, а после поворота — Ь. При каком d через такой поворот может проплыть тонкое бревно длины d? ? а) Примем стороны угла за оси координат. Отрезок длины d должен касаться астроиды, острия которой удалены от центра на рас- расстояние d. Уравнение такой аст- астроиды: х?1г -\- у2'* — d'<K Если точка К находится внутри области, огра- ограниченной астроидой и сторонами угла, то нужный отрезок существует (это — отрезок касательной к аст- астроиде, проведенной из точки К), если К лежит вне этой области — то нет. Таким образом, нужный от- отрезок существует в том и только в том случае, если а2/э + Ь2<3 ^ d'1'. ? Заметим, что хотя мы объяс- объяснили, как при выполнении условия а2''3 + Ь2<г ^ d2i' «построить» нужный отрезок с помощью астроиды, эта задача неразрешима с помощью циркуля и линейки. Замечательные кривые, с кото- которыми мы познакомились в послед- последних двух параграфах, известны уже более 20 веков. Основные свойства эллипсов, гипербол и парабол были описаны в сочинении «О конических сечениях» древнегреческого матема- математика Аполлония Пергского, жившего почти в одно время с Евклидом 139
Г(Ш век до н.э.). Изучением траек- траекторий сложных круговых движений еще в древности занимались астро- '"' ~^Х номы, и это неудивительно: если I \ в довольно грубом приближении ^——^г^.-*~\' считать, что планеты вращаются во- \ ~*(^ i круг Солнца по окружностям в од- \ / ной и той же плоскости, то наблю- \^ ^J» даемое с Земли движение другой планеты будет как раз сложным круговым движением. Описание планетарных движений с помощью сложных циклоидальных кривых по мере накопления астрономических 2^ ^ наблюдений обрастало все большим У' "*4" | числом поправок до тех пор, пока , i Иоганн Кеплер не установил, что j / траектории планет с большой точ- V / ностью — эллипсы, в одном из фо- ч-_-'в кусов которых находится Солнце. Разнообразные задачи из фи- физики, механики и математики, свя- связанные с конкретными кривыми, послужили пробным камнем для мощных аналитических методов, созданных в XVII веке Декартом, Лейбницем, Ньютоном, Ферма и другими учеными. Эти методы дали возможность перейти от частных задач, связанных с замечательными кривыми, к общим закономерно- закономерностям, присущим целым классам кривых. Разумеется, рассчитывая сложные механизмы и конструкции, нельзя обойтись без аналитических методов. Однако наглядные пред- представления, которым посвящена эта книга, бывают полезны, причем даже в задачах, никак не связан- связанных с геометрией: недаром резуль- результаты исследований или вычислений часто представляют в виде графи- графиков или семейства линий.
Ответы, указания, решения 1.13. Заметим, что вершины М прямоугольных треугольник ков АМВ с гипотенузой АВ принадлежат окружности с диамет- диаметром А В. 1.14. Через точку М касания окружностей проведем общую касательную. Пусть она пересекает прямую АВ в точке О. Тогда \АО\ = \ОВ\ = \ОМ\ (длины касательных, проведенных из точки О к окружностям, равны). 1.15. Ответ: Объединение трех окружностей. Пусть А, В, О и D — данные точки. Проведем через точку А прямую /, через точку С прямую, параллельную /, а через точки В и D пря- прямые, перпендикулярные к /. В результате построим прямо- прямоугольник. Пусть L — середина отрезка АС, К—середина отрезка BD\ тогда легко видеть, что LMK = 90°, где М — центр прямоуголь- прямоугольника. Вращая прямую / вокруг точки А и соответственно остальные прямые, мы получаем, что множество центров М по- построенных прямоугольников — окружность с диаметром KL. Поскольку четыре точки А, В, С, D можно разбить на две пары тремя способами: {А, С) и (В, D); (А, В) и (С, D); (А, С) и (В, D), то все искомое множество состоит из трех окружностей. 1.25. Ответ: По прямой. Если пешеходы Р и Q двигаются по параллельным прямым, то ясно, что середина отрезка PQ дви- двигается тоже по параллельной прямой. Пусть прямые пересекаются в точке О. Возьмем точку О за начало отсчета. Тогда скорости vt и vz пешеходов — это век- векторы, направленные соответственно вдоль прямых, а их величина равна длине пути, проходимого пешеходом за единицу времени. Пусть первый пешеход находится в момент времени t в точке Pt —> -> -> —> -> -> второй — в точке Q, тогда ОР = а + tvi и OQ = Ь + tv2 (век- (векторы а и Ь определяют начальные положения пешеходов при f = 0). Середина М отрезка PQ находится, естественно, в точке М такой, что Q_a+t t, + ра 141
Мы видим, что она тоже движется по некоторой прямой равно- + мерно со скоростью Для того чтобы найти эту пря- пряРис. 1. мую, достаточно отметить середину начальных положений пеше- пешеходов и их положений, скажем, через единицу времени. Можно заменить вычисления с векторами таким геометриче- геометрическим рассуждением. Если Р0Р\ н QoQi — любые два (непараллельные) отрезка, (то отрезок М0М|, где Мо н Mi — середины отрезков P0Q0 и PiQi, является медианой треугольника LiM0Ni, где L, и A'i — четвертые вершины па- параллелограммов P,P0MoLi и QiQoAfoA^! (см. рис. 1; при описанном построении P\LlQlNl — параллелограмм, PiQi и N\L\ — его диагонали). Теперь ясно, что если вместо Р| и Qi взять на прямых Q0Q\ и P0Pi такие точ- точки Р и Q, для которых Р0Р = tP0Pi и QoQ = 'QoQi. и так же, как раньше, построить треугольник LM0N (с медианой М0М), то этот треугольник получится просто гомо- гомотетией с коэффициентом t и центром Мо из треугольника N\M\L\ (с медианой^ At0Afi), т. е. точка М будет лежать на прямой M0Mi причем МВМ = tM0Mi). 1.28. Воспользуемся рис. 1 к решению 1.25. Если отрезки PoPt и QoQi равномерно вращаются вокруг точек Ре и Qe с оди- одинаковой угловой скоростью A оборот в час), то и треугольник NiM0Lt вместе со своей медианой Мо вращается как жесткое це- целое вокруг точки Мо с той же угловой скоростью. 1.29. Ответ: Окружность. Переведем эту задачу на язык дви- движений. Проведем радиусы Oi/( и 0%L. Пусть прямая KL равно- равномерно вращается с угловой скоростью со. Тогда по теореме «о колечке» радиусы OiK и 0%L будут равномерно вращаться с одной и той же угловой скоростью 2со, т. е. величина угла между радиусами OiK и O^L остается постоянной. Тем самым задача сводится к предыдущей. 2.11. б) Воспользуйтесь Е. Рис. 2. Рис. 3. Рис. 4. 2.19. Ответ: Если h — длина высоты треугольника ABC, то искомое множество: при ц < h пусто, при ц = h — весь тре- треугольник (рис. 2), при ц > h — контур шестиугольника (рис. 3), 142
2.20. б) См. рнс. 4. 3.5. б) Эта задача сводится к 3.5, а), а также просто ре- решается «выходом в пространство»: если на данных окружностях (в горизонтальной плоскости а) построить три сферы с центрами в плоскости а и посмотреть на них сверху, то мы увидим три окружности, по которым пересекаются сферы (их проекции на горизонтальную плоскость — наши три хорды), и точку их пере- пересечения (ее проекция — нужная точка пересечения хорд). 3.7. б) Заметим, что АМВ = 90е + —-, где М — центр впи- вписанной в треугольник окружности. Согласно Д множество точек М — пара дуг с концами А, В. 3.7. в) Ответ: Искомое множество — пара дуг. (См. рисунки 5, а, б, в, соответствующие случаям: а) ф < 90°, б) ф = 90°. в) ф>90°.) Пусть 1а и /в — пересекающиеся прямые, проходящие через точки А к В соответствен- соответственно, и пусть kA и кв — прямые, тоже проходя- рис 5 щие через точки А к В, причем A:a-L/b, Ajb-L/a- Если прямые 1а и 1в вращаются вокруг своих точек Л и В, то прямые kA и кв также равномерно вращаются вокруг своих точек Л и В с той же угловой скоростью. Согласно Д° точка пересечения прямых kA и кв двигается по окружности. Заметим, что когда точка пересечения прямых 1а и /в про- пробегает дугу окружности у. точка пересечения прямых кл и кв также пробегает дугу окружности, симметричной окружности у относительно прямой АВ. 3.8. а) Пусть а, Ъ. с —прямые, проходящие через точки А, В, С соответственно; К, L и М —• точки пересечения прямых а и Ь, Ъ и с, а и с соответственно. Согласно пункту Д° азбуки точка К пробегает окружность с хордой АВ, а точка L — окруж- окружность с хордой ВС. Пусть Н — точка пересечения этих окруж- окружностей, отличная от В. Когда при своем вращении прямая Ь (прямая KL) проходит через точку Н, то точки К и L совпадают с М, поэтому прямые о и с тоже проходят через Н. (Особые случаи, когда эти две окружности касаются в точке В или совпадают, нужно рассмот- рассмотреть отдельно. В первом из них — точка М совпадает с В, во втором — точки К, L и М все время совпадают: «можно надеть на все прямые а, Ъ и с одно колечко».) Заметим кстати, что при этом вращении треугольник KLM остается подобным самому себе, когда все прямые пересекаются в точке Н, он вырождается в точку, а наибольшего размера до- достигает, когда а, Ъ и с перпендикулярны соответственно прямым АН, ВН и СН: в этот момент его вершины занимают положения, диаметрально противоположные точке Н на своих траекториях (окружностях). 3.8. б) Пусть прямые АН, ВН и СН начали вращаться с оди- одинаковой угловой скоростью (Н — ортоцентр треугольника ABC) вокруг точек А, В и С. Тогда точка пересечения каждой пары прямых описывает одну нз окружностей, о которых говорится в условии. 143
3.9. Рассмотрение три множества точек М, лежащих внутри треугольника: Эти три отрезка (см. К) пересекаются в одной точке в том и только в том случае, если fetfofcs = 1. 3.10. Рассмотрите три множества: {М: | МА |2 - | MB |2 = Л,}, {М: | MB |2 - | МС |2 = Л2}, {Af: | МС Р - | МА |2 = Л3}. Эти три прямые (см. Е) пересекаются в одной точке в том и только в том случае, если hi + /i2 + hs = 0. 3.19. Рассмотрите для каждой из п данных точек Ct множе- множество точек, находящихся от С< на расстоянии не больше /V (/=1,2 п). 3.21. Нарисуйте множество концов М всевозможных векторов OM = OEi + ОЕ2 + ... + ОЕп (где ОЕ{ — единичные векторы, о которых говорится в усло- условии) сначала для п = 1, потом для п = 2 и так далее (рис. 6). 4.4. Ответ. Наименьшее расстояние меж- между пешеходами равно duls/u* + v2. Пусть первый пешеход Р идет со ско- 0 ростью и, второй пешеход Q — со скоростью Рис- 6. v (длины и и v этих векторов известны). Рассмотрим относительное движение Р в си- системе отсчета, связанной с Q — это будет равномерное движение с постоянной скоростью и — v (см. 1.3). В «начальном» положении, когда Р находится в точке Ро пе- пересечения дорог, Qo находится от Ро на расстоянии |QoPo| = d в направлении вектора —v. Таким образом, чтобы найти ответ, достаточно через точку Ро провести прямую /, параллельную век- тору и — v (это — траектория Р в относительном движении в системе отсчета, связанной с Q) и определить расстояние \Qoli\ от точки Qo до прямой / (Н — проекция Qo на /). Поскольку треугольник QoPoH подобен треугольнику, составленному из век- ->¦>->¦¦> -> ->-> торов и, v и и — v {(QoPo) J_ и, (Q0H) Л. (и — v)), то I/I QoPo I = М/и-?| = ы/У«2 + а2. 4.6. Опустим из центра Oi одной из окружностей перпенди- перпендикуляр OiN на секущую /, проходящую через точку А, и из цент- центра О2 другой окружности — перпендикуляр О2М на прямую OiN. Тогда длина |02М| вдвое меньше расстояния между точками пересечения секущей / с окружностями (отличными от А), 144
4.9. Ответ: Равнобедренный треугольник. Воспользуйтесь 2.8а. 5.4. б) Докажите, что если отрезок KL постоянной длины скользит концами по сторонам данного угла А, то точка М пере- пересечения перпендикуляров, восставленных в точках К и L к сто- сторонам КА и LA угла, движется по окружности с центром А (вспомните обсуждение теоремы Коперника 0.3 во введении). 5.7. Построить эти точки помогает тот факт, что линии уров- уровня функции f(M)= \AM\I\MB\ ортогональны окружностям, про- проходящим через точки А и В (стр. 80). 6.3. д) Ответ: Гипербола, если данные окружности располо- расположены вне друг друга (быть может, касаясь); объединение гипер- гиперболы и эллипса, если пересекаются; эллипс, если одна окруж- окружность расположена внутри другой (быть может, касаясь). Фо- Фокусы кривых находятся в центрах данных окружностей. Уменьшить перебор различных случаев расположения третьей окружности по отношению к первым двум помогает такое общее правило: окружности радиусов г и R с центрами на расстоянии d касаются, если г + R = d или \R— r\ = d. 6.12. а) Вместе с данной касательной (и перпендикулярами к ней) постройте симметричную ей относительно центра эллипса. Используйте 6.9. б) и теорему о том, что произведение отрез- отрезков хорды, проведенной через данную точку внутри окружности, не зависит от направления хорды. 6.15. Постройте в случае а) эллипс (в случае б) гиперболу) с фокусами А и В, касающийся первого звена PoPi, и докажите, что и второе звено PiP2 его коснется. Для этого воспользуйтесь тем, что АА'Р\В se ААРгВ' где А' — точка, симметричная А от- относительно PoPi, В' — точка, симметричная В относительно Р1Р2. Касательные будут медиатрисами отрезков АА' и ВВ' F.9.а), б.Ю.а)). 6.16. в) Построим множество точек N, для которых середина отрезка AN лежит на данной окружности. Это — окружность. Обозначим ее центр через В, радиус — через R. Множество точек, которые расположены ближе к точке А, чем к любой точке N построенной окружности, можно представить как пересечение полуплоскостей, ограниченных медиатрисами отрезка AN и содер- содержащих А. То же множество можно записать так: {М: | МА | - | MB | < R], т. е. ограничивающая его кривая — ветвь гиперболы. 6.17. Сравните указание к 6.16 с доказательством фокального свойства параболы. 6.23. Начало координат выберите в середине отрезка АВ, а направление оси Ох так, чтобы в некоторые моменты времени обе вращающиеся прямые были параллельны Ох. Если записать урав- уравнения прямых в момент t, найти координаты точки их пересече- пересечения и затем исключить t (как в решении 6.22), то получится уравнение гиперболы вида D) (стр. 103). 6.24. Представьте себе две прямые, вращающиеся вокруг то- точек А и В в разные стороны так, что вторая имеет вдвое боль- большую угловую скорость. Нетрудно догадаться, что точка нх пере- пересечения движется по кривой, похожей на гиперболу, причем асимптоты ее составляют углы 60° с прямой АВ, а точка пересе- пересечения С с отрезком АВ делит его в отношении |ЛС|/|ВС| == 2. 145
И действительно, ответ в этой задаче: ветвь гиперболы. Геометри- Геометрическое доказательство проще всего дать, сведя задачу к пункту Р азбуки. Для этого нужно построить точку М', симметричную М относительно медиатрисы / отрезка АВ, и заметить, что луч ВМ'— биссектриса угла АВМ и |ЛШ'| = |МВ|, поэтому \МВ\1р(М,1) = 2. 6.25. а) Если выбрать систему координат так, чтобы стороны угла записывались уравнениями у = kx и у = —kx, x ^ 0, то площадь треугольника OPQ, где Р и Q лежат на сторонах угла, а середина отрезка PQ имеет координаты (х; у), равна kx2 — y2/k. б) Воспользуйтесь результатом задачи 1.7. б). в) Следует из а) и б). 7.2. Это объединение можно представить как множество то- точек М, для каждой из которых найдется точка Р окружности такая, что |AfP| ^ |Л4|, или как множество точек М, для кото- которых медиатриса отрезка МА имеет общую точку с данной окруж- окружностью. Сравните эту задачу с 6.16—6.17. 7.9. Ответ: а) 3; б) 4; в) 2,5. Найтн отношение угловых ско- скоростей можно так, как это сделано в примерах на стр. 129—132. 7.13. а) Дуга окружности радиуса R, заключенная между двумя остриями кривой Штейнера A20°), имеет ту же длину, что полуокружность радиуса 2/?/3. 7.14. б) И та, и другая кривая могут быть получены как траектории вершины М шарнирного параллелограмма, длины сто- сторон которого R — г и г, а отношение угловых скоростей Wi/w2 =» = —г/(/? — г) (угловые скорости имеют разные знаки, см. стр. 129). 7.18. Воспользуйтесь 7.7 и теоремой Моцци. 7.19. Ответ: fe-циклоида (см. стр. 122). 7.21. Воспользуйтесь 7.13. а), теоремой Моцци и теоремой о двух кругах. 7.23. Пусть М — точка описанной окружности, движущаяся по ней с угловой скоростью и. Тогда: A) точки Mi, Мг и Мз, симметричные точке М относительно прямых ВС, СА и АВ, двигаются по окружности (с угловой ско- скоростью —и); B) эти три окружности пересекаются в одной точке Н — ортоцентре треугольника ABC C.8. б)); C) каждая прямая M,Af (i = 1, 2 или 3) вращается с угло- угловой скоростью (—и/2) вокруг //; D) три точки М^ М2, М3 лежат на одной прямой 1М, проходящей через Н (т. е. три прямые М,М — на самом деле одна и та же прямая 1м); E) середины отрезков MMt (I = 1, 2, 3) и середина К отрез- отрезка МН лежат на одной прямой — прямой Симеона; F) точка К движется по окружности у, гомотетичной опи- описанной окружности с коэффициентом 1/2 и центром гомотетии Н; G) окружность у проходит через 9 точек, о которых гово- говорится в пункте б) задачи 7.23; (8) огибающей прямых 1м является кривая Штейнера, ка- касающаяся окружности у-
Приложение I Метод координат (основные формулы) Как только на плоскости выбрана система координат Оху, каждой точке плоскости ставится в соответствие пара чисел — ее координаты. Соответствие между точками плоскости и парами чисел взаимно однозначно (каждой точке плоскости соответ- соответствует одна пара чисел и обратно). 1. Расстояние между точками A(xi\ у\) и В(х2\ уг) нахо- находится по формуле \АВ ! = V(*i -х2J + (ffi- У2J. 2. Множество точек (х; у), координаты которых удовлетво- удовлетворяют уравнению (х — аJ + (у — ЬJ = г2 (где а, Ь и г—данные числа, г > 0)—окружность с центром в точке (а; Ъ) радиуса г. В частности, х7 + у2 = гг — уравнение окружности радиуса г с центром в начале координат. 3. Середина отрезка между точками А(Х\; у{) и В(х2; уг) имеет координаты —Ц^—-, ' . Вообще точка, делящая отрезок АВ в отношении р : q (p и q — данные положительные . qxi + px2 qu\ + руг ^ числа), имеет координаты - г—, д . Эти формулы приобретают особенно простой вид, если р и q выбраны так, что q + р = 1. 4. Множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению ах + by + с = 0 (о, Ь, с — некоторые числа, причем а и 6 не равны нулю одновременно, т. е. а2 + Ъг Ф 0) — прямая. Обратно, каждая прямая задается уравнением вида ах + by + + с = 0. При этом числа а, Ь и с определяются для дайной прямой однозначно с точностью до пропорциональности: если умножить их все на одно и то же число k (k^e=Q), то полученное уравнение kax + kby + kc = 0 будет определять ту же прямую. Прямая разбивает плоскость на две полуплоскости: множе- множество точек (х; у), для которых ах -\- by + с > 0, и множество точек {х; у), для которых ax + by + с < 0. J47
5. Расстояние р(М, I) от точки М(х0; у0) до прямой I, за- даваемой уравнением ax + by + с = 0, находится по формуле ) Vc2 + б2 Эта формула приобретает особенно простой вид, если а2 + Ь2 = I. Любое уравнение ах + р# + у = 0 (а2 + р2 =И= 0) прямой можно привести к такому виду, умножив его на одно из чисел —. 7 V^ + P2 или Приложение II Некоторые факты школьной планиметрии I, Пропорциональные отрезки 1. Теорема о пропорциональных отрезках. Если на одной прямой /i отложить несколько отрезков и через их концы про- провести параллельные прямые, пересекающие прямую /2, то они отсекут на прямой /2 отрезки, пропорциональные отложенным. 2. Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекаю- пересекающая две другие стороны, отсекает от него треугольник, подобный данному. 3. Теорема о биссектрисе треугольника. Биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропор» цнональные прилегающим сторонам. 4. Теорема о пропорциональных отрезках в круге. Если две хорды АВ и CD окружности пересекаются в точке Е, то \AE\-\BE\ = \DE\-\CE\. 5. Теорема о касательной и секущей. Если через точку Л, взятую вне окружности, провести касательную AT и секущую, пересекающую окружность в точках В и С, то |ЛГ|2= \AC\-\BC\. Примечания I. Теорема о пропорциональных отрезках переформулирована на языке движения (стр. 17—18) как «теорема о колечке на пря-> мой». Более общее утверждение, выведенное из теоремы о ко-- лечке — это лемма на стр. 41—42. 3. Теорема о биссектрисе треугольника доказана в задаче 2.5 (стр. 28) в несколько более общем виде — для «креста бис-, сектрис», который определен в пункте Б азбуки (стр. 27). 5. Теорема о касательной и секущей нигде в книге прямо не фигурирует, но она тесно связана с задачами про радикалы ную ось (стр. 33). 148
II. Расстояния. Перпендикуляры 1. Расстояние от то"чки А до основания перпендикуляра, про- проведенного через нее к прямой /, меньше, чем расстояние от А до любой другой точки прямой /. 2. Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания. 3. Из двух наклонных, проведенных из" данной точки к дан- данной прямой /, больше та, у которой больше проекция на пря- прямую /. 4. а) Если точка лежит на серединном перпендикуляре к от- отрезку, то она равноудалена от его концов. б) Если точка равноудалена от концов отрезка, то она ле- лежит на серединном перпендикуляре к нему. Эти две теоремы можно сформулировать в одном предложе- предложении: множество всех точек, каждая нз которых равноудалена от концов отрезка, есть серединный перпендикуляр к этому отрезку. 5. а) Если точка лежит на биссектрисе угла, то она равно- равноудалена от сторон этого угла. б) Если точка угла, меньше развернутого, равноудалена от его сторон, то она лежит на биссектрисе этого угла. Из а) и б) следует: множеством всех точек угла меньше развернутого, равноудаленных от его сторон, является биссек- биссектриса этого угла. 6. Во всякий треугольник можно вписать окружность и при- притом только одну. 7. Около каждого треугольника можно описать окружность, и притом только одну. Примечания 1—2. Эти утверждения могут служить простейшей иллюстра- иллюстрацией к принципу касания, сформулированному в § 5 (стр. 84). Пусть заданы прямая у и точка А. Построим семейство концен- концентрических окружностей — линий уровня функции f(M) = |ЛМ|. Точка прямой у, в которой достигается минимум функции /,— это точка касания одной из окружностей нашего семейства с пря- прямой у. 3—4. Общее предложение 4 — это пункт А азбуки (стр. 27). Серединный перпендикуляр так часто встречается в книжке, что для него введен более короткий термин: медиатриса. Утвержде- Утверждение 3, по существу, содержится в тексте пункта А о разбиении на полуплоскости. 5. Более общее утверждение формулируется в пункте Б аз- азбуки, где введен термин «крест биссектрис» (стр. 27). 6. Центр вписанной окружности определяется в задаче 3.3 (стр. 49). 7. Центр описанной окружности определяется в задаче 3.1 (стр. 47). II'. Окружность 1. Радиус, перпендикулярный к хорде, делит ее пополам. 2. Теорема о касательных. Если из точки А проведены к ок- окружности две касательные ATi и АТ2 (Ti и Тг — точки касания), то |ЛГ,| = \АТ2\. * 149
3. Теорема об описанном четырехугольнике. В выпуклый че- четырехугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда сумма длин его противоположных сторон равна cyv.ve длин двух других противоположных сторон. 4. Множество всех вершин прямоугольных треугольников с заданной гипотенузой АВ есть окружность с диаметром АВ (без точек А » В). 5. Теорема о вписанном угле. Градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры дуги, на которую ои опи- опирается. 6. Мера угла, образованного касательной и хордой, равна половине меры дуги, расположенной внутри этого угла. 7. Мера угла с вершиной внутри круга равна полусумме мер двух дуг, из которых одна заключена между сторонами этого угла, а другая — между продолжениями сторон. Мера угла между двумя секущими, пересекающимися вне круга, равна полуразности мер большей и меньшей дуг, располо- расположенных внутри угла. 8. Теорема о вписанном четырехугольнике. Около четырех- четырехугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма градусных мер двух противоположных его углов равна 180°. Примечания 4. Это утверждение обсуждается на стр. 7 в связи с задачей про кошку. 5. Теорема о вписанном угле переформулирована на языке движения (стр. 17) как «теорема о колечке на окружности». Бо- Более общее утверждение, выведенное из теоремы о колечке — пункт Дс азбуки. 6—7. К этим теоремам примыкает задача 2.6. IV. Треугольники 1. Теорема о внешнем угле. Величина внешнего угла тре- треугольника равна сумме величин внутренних углов, не смежных с ним. 2. Теорема о медианах. Три медианы треугольника пересе- пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2: 1 (считая от вершин). 3. Теорема о высотах треугольника. Три высоты треуголь- треугольника пересекаются в одной точке. 4. Теорема Пифагора. Сумма квадратов длин катетов пря- прямоугольного треугольника равна квадрату длины гипотенузы. 5. Стороны треугольника пропорциональны синусам противо- противоположных углов. 6. Площадь треугольника равна '/а произведения: а) длины основания на длину высоты, б) длин двух сторон на синус угла между ними. Примечания. 2—3. Доказательства этих теорем приведены на стр. 48—51 в решениях задач 3.2 и 3.4 (тот факт, что одна медиана делит другую в отношении 2: 1, можно извлечь из решения 3.4). 150
Приложение III Дюжина заданий Это приложение предназначено читателям, которые, бегло познакомившись с книжкой и попытавшись решить понравив- понравившиеся им задачи, не смогли справиться с некоторыми из них, но не потеряли желания в них разобраться и готовы системати- систематически поработать с книгой «с карандашом в руке». Представленные ниже двенадцать заданий пронизывают со- содержание книги в различных направлениях, отмечая скрытые на первый взгляд связи между разными задачами. Задания построены примерно так, как это принято во все- всесоюзной-заочной математической школе при МГУ. Вначале объ- объясняется тема задания и перечисляются те страницы книги, теоремы, задачи, которые нужно внимательно и досконально разобрать, потом идет список контрольных задач, причем «обяза- «обязательные» задачи отделены значком II от дополнительных. К неко- некоторым задачам даны пояснения. Что касается решений, то мы со- советуем постараться записывать их коротко, без излишних под- подробностей, ясно формулируя основные этапы решения и ссылки на теоремы из курса геометрии. Не надо забывать и о частных случаях: иногда их приходиться разбирать особо (как в задаче 1.1 — случай точки М, лежащей на прямой АС, или в задаче 1.3 — случай квадрата); хотя мы ие призываем читателей к из- излишней дотошности в выискивании и подробном разбирательстве всех вырожденных случаев, но советуем следить за тем, чтобы, как принято у математиков, результат формулировался точно и полно. 1. Назовите буквы Цель этого задания — первое знакомство с азбукой — теоре- теоремами о множествах точек, которые в дальнейшем удобно ис- использовать при решении задач. Просмотрите § 2 и составьте на отдельном листе перечень пунктов азбуки от А до Л из § 2: рядом с каждой буквой иапи- шите формулу (см. стр. 45) и нарисуйте соответствующую кар- картинку. 2.1, 2.2, 2.3, 2.4, 1.16а), б), 5.4а), 1.11, 1.12Ц2.13, 2.15, 2.16, 3.6. Пояснения В первых пяти задачах требуется просто привести ответ: на- назвать нужную букву азбуки. Решить без вычислений задачу 5.4а) поможет задача 1.16а). В задачах на «построение» дело сводится к построению не- некоторой точки — центра окружности и т. п. Искомая точка полу- получается как пересечение двух азбучных множеств (см. 1.4). Нуж- Нужно назвать эти множества -{пункты азбуки) и указать, сколько ответов имеет задача. Короткое решение 2.13 опирается на результат 2.12. 151
2. Преобразования и построения В решениях задач, составляющих это задание, используются различные геометрические преобразования окружности н прямой, о которых говорится на стр. 19—21 и которые не раз встре- встречаются в книжке F.9а), б), 7.1а), б)). 1.20, 1.21, 1.22, 1.23, 1.24а), б)|]3.7а), 4.8а). Пояснения 1.20. Рассмотрите (как в 1.9) -все случаи расположения точ- точки А. 1.22. См. решение задачи 1.7а). 1.23. См. решение задачи 1.6. 1.24а). Укажите только ответ. 3.7а) Используйте тот факт, что центр тяжести делит ме- диаиу в отношении 2:1, считая от вершины. 4.8. Прочтите решение задачи 4.7. Во всех этих задачах советуем фактически выполнить на чер- чертеже все нужные построения. Записывать решение нужно корот- коротко, обращая внимание на то, какие множества и какие преобра- преобразования используются. Указывайте, сколько решений имеет за- задача. 3. Вращающиеся прямые Это задание касается в основном различных вариантов тео- теоремы о вписанном угле и ее следствий. Просмотрите отдельные страницы книги в следующем по- порядке: задача 0.1 (про кошку), задача 1.1, теорема о колечке на окружности (стр. 16—17), пункты Д° и Д азбуки (стр. 29—30). Заметьте, что теорему о колечке (так же, как задачу про кошку) не следует понимать в буквальном смысле: воображаемое «ко- «колечко»— просто точка пересечения прямой и окружности; если же сделать проволочную модель, то после одного оборота- (в ту или другую сторону) колечко застрянет. 1.8. 1.9, 1.10, 1.13, 1.18, 2.6а), б)||1.27, 2.7, 2.86), 4.6, 7.5, 7.6, Пояснения 1.9. Сделайте чертежи для различных расположений точ- точки А. 1.10. Проведите через точку В одну прямую, постройте точ- точку А', симметричную точке А относительно этой прямой, а затем проведите отрезок ВА'. Изобразите множества точек — ответы к задачам 1.8 и 1.10—¦ на одном чертеже. Каким преобразованием можно получить мно- множество 1.10 из 1.8? 1.13. Укажите, сколько решений имеет задача. 1.27. Проведите эксперимент с обычным угольником. Указа- Указание к возможному решению: опишите вокруг деревянного тре- треугольника окружность, соедините вершины прямых углов и вос- воспользуйтесь теоремой о вписанном угле. 2.6. Представьте себе, что подвижная хорда равномерно едет по окружности. 152
f(M) > g(M), а в других — f(M) < g(M). Просмотрите текст § 3 (стр. 53—54), решение задач 3.11, 3.23 (про сыр). 1.19, 3.12, 3.14, 5.3а), б), 3.15, 3.16Ц 3.18, 3.19, 4.11, 4.12а), б). Пояснения 1.19. Нарисуйте отрезок ВС и укажите множество точек вер- вершин А треугольников ABC, для которых выполнено каждое из условий а), б), в); воспользуйтесь вторыми абзацами пунктов Г и Д азбуки. 3.14. Прочтите решение 3.13. З.Г5—3.16. Воспользуйтесь В, а в задаче 3.16 вспомните 2.4. 3.18. Постройте для каждой стороны многоугольника мно- множество В, соответствующее Л = S/p. Могут ли эти множества покрыть весь наш многоугольник площади S. 4.11—4.12. Прочтите решения 4.10. 7. Эллипсы, гиперболы, параболы Цель этого задания — знакомство с нашими первыми опре- определениями перечисленных в названии кривых: пунктами азбуки М, Н, П. Просмотрите § 6 и составьте перечень азбуки: рядом с каждой из этих букв напишите формулу и нарисуйте соответ- соответствующую картинку (в этом вам помогут задачи 6.5а), б) этого задания). 6.1а), б, в), 6.2, 6.3а), б), в), г), 6.4а), б), 6.5а), б), 6.10а), б), 6.11а), 6I16.8, 6.12а), б), 6.13а), 6.14, 6.24. Пояснения 6.1а), б), в). Укажите, как зависит ответ от параметра (по- (положите \АВ\ = 2с). 6.2. Используйте теорему об отрезках касательных к окруж- окружности. 6.46). Рассмотрите положения ломаной ABCD такие, что зве- звено ВС пересекает AD. Следующие задачи относятся к фокальным свойствам кри- кривых. 6.10а). Доказательство проводится по схеме решения 6.9а) и при этом опирается на задачу 6.7. 6.11а) Задача состоит в том, чтобы сопоставить определение параболы (пункт П азбуки) и ее фокальное свойство. 6.8. Доказательство аналогично доказательству ортогональ- ортогональности софокусных эллипсов и гипербол (стр. 94). 8. Огибающие. Бесконечные объединения В этом задании все задачи достаточно сложны. В каждой рассматривается целое семейство прямых нли окружностей. Если взять объединение линий этого семейства, получается целая об- область на плоскости. Часто бывает, что границей этой области оказывается огибающая этого семейства линий — кривая (нли прямая), которая касается всех линий семейства. (Например, в решении задачи 1.5 на стр. 19 мы использовали тот факт, что огибающей семейства хорд равной длины данной окружности служит окружность, концентрическая данной.) Мы очень сове- 154
туем к каждой задаче сделать картинку; при этом рисовать оги- огибающие не нужно — если нарисовать достаточно много линий се- семейства, то огибающие возникнут сами (как в рисунках на стр. 99). Прочтите текст на стр. 97—98, стр. 10, решение 3.206), 6.6, 6.7. и доказательство фокального свойства параболы (стр.92—94). 1.30а), б), 3.20а), 3.22, 4.5, 6.16а), б), 6.17||6.15а), 6.25а), б), 7.2, 7.20. Пояснения 1.30. Воспользуйтесь свойством касательных к окружности. 3.20. Представьте это объединение как множество вершии М шарнирного параллелограмма OPMQ со сторонами 3 см и 5 см; сравните этот прием с § 7 (стр. 114—125). 3.22. Если первые t минут человек шел по дороге, а потом — по лугу, куда он мог прийти? Теперь надо взять объединение полученных множеств по всем t от 0 до 60. 4.5. Какое множество будет ответом в задаче 3.22, если 1 час " заменить на Т часов? Выясните, при каком значении Т это мно- множество содержит точку В. 7.20. Семейство касательных к нефроиде изучалось в задаче 7.16. Здесь также иужио вспомнить задачи про кардиоиду 7.1а), 7.2 и теорему о двух кругах (стр. 125—127)). 9. Касательные к циклоидам Это задание включает ряд задач, в которых о некотором семействе прямых нужно доказать, что их огибающая — циклои- циклоидальная кривая. Решения большинства из иих опираются на теорему о двух кругах. Прочтите формулировку и образцы при- применения этой теоремы на стр. 125—128, а также разберитесь в ее доказательстве (стр. 129—134). 7.17а), б), 7.16, 7.18, 7.19 || 7.21, 7.22, 7.23. Пояснения 7.17. Выясните, по каким кривым двигаются концы диамет- диаметров, и какая кривая служит их огибающей. (Сравните результат с последним рисунком на стр. 123.) 7.16. Используя теорему о двух кругах, опишите семейство касательных к нефроиде. Прочтите решение задачи 7.15. 10. Уравнения кривых Метод координат позволяет сформулировать общие теоремы, естественно обобщающие ряд частных геометрических наблюде- наблюдений (просмотрите общие теоремы в § 2, стр. 34—36, 43—44 § 6, стр. 100—108). Представление кривых в виде уравнений дает воз- возможность решать геометрические вопросы иа алгебраическом языке. В этом задании собраны упражнения на метод координат и задачи, в которых естественно им пользоваться. Большинство задач относится к кривым второго порядка. В некоторых задачах нужно сделать переход ог параметрических уравнений к алгеб- алгебраическим (см. решение задачи 0.2, стр. 7—8). 1.16в), 6.18, 6.19а), б), в), 6.20а), б), 7.246) || 6.21а), б), 6.23, 6.25а), 6.26а), б), 6.27. 155
Пояснения В задачах про расстояния до точек и прямых нужно внима- внимательно проследить, как зависит ответ от параметра. Для каждой из этих задач нужно нарисовать соответствующую карту — се- семейство кривых. Рисовать эллипс по заданному уравнению удоб- удобно, представив его как сжатую окружность (стр. 102), а гипер- гиперболу— начертив ее асимптоты и отметив ее вершины (точки ги- гиперболы, ближайшие к ее центру). В задаче 6.2С, если ограничиться точками М внутри треуголь- треугольника, можно привести красивое геометрическое решение, исполь- использующее подобие треугольников, а также теоремы о вписанном угле и угле между касательной и хордой. 11. Геометрический практикум Это задание состоит в изготовлении рисунков,.иллюстрирую- рисунков,.иллюстрирующих наиболее интересные определения и свойства кривых. Оно позволит просмотреть книгу с новой точки зрения. Можно рассматривать задачи в духе известного высказыва- высказывания: «геометрия — это искусство правильно рассуждать на не- неправильном чертеже». Но иногда имеет смысл подходить к гео- геометрии как к физике: точный чертеж — это геометрический экспе- эксперимент, ои позволяет разобраться в трудном утверждении, отно- относящемся к целому семейству линий или запутанной конфигура- конфигурации, подметить какую-то новую закономерность. В основиом мы предлагаем повторить (иногда — в дополнен- дополненном виде) те наши чертежи, которые изображают интересные семейства прямых и окружностей. Выполнение этих иллюстраций технически сравнительно несложно, ио все же, чтобы они по- получились красивыми, требуется аккуратность и известная изо- изобретательность. На больших листах бумаги эти рисунки значи- значительно более выразительны, чем наши мелкие чертежи на полях. 1. Астроида (стр. 10, средний рисунок). Постарайтесь, что- чтобы середины отрезков были равномерно распределены по окружности, иа которой они лежат. Чем больше будет нарисо- нарисовано отрезков, тем лучше будет видна их огибающая — аст- астроида. 2. Ортогональные семейства окружностей (стр. 80, верхний рисунок). Первое семейство — это всевозможные окружности, проходящие через точки А и В (см. 2.1). Второе семейство — это окружности, центры которых лежат иа прямой АВ; если М — центр одной из них, то ее раднус — это отрезок каса- касательной, проведенной из точки М к окружности с диамет- диаметром АВ. 3. Эллипсы, гиперболы и параболы (стр. 91). Способ построе- построения указан в задачах 6.5а), б). Раскрасьте получившиеся клетки двумя цветами в шахматном порядке (см. мелкий шрифт fi стр. 94 и послесловие к задаче 6.8). Сделайте еще по одному эк- экземпляру рисунков к задачам 6.5а), б) и проведите на них Тушью семейства эллипсов, гипербол и парабол. 4. Кривые второго порядка как огибающие прямых (разво- (разворот на стр. 98—99, рисунки 4—6). Способ построения следует из 6.16 и 6.17. 156
5. Вращающиеся прямые. Сделайте самостоятельно рисунок, иллюстрирующий пункт Д° азбуки (нижний рисунок на стр. 29), Начертите окружность, разбейте ее на 12 равных частей. Прове- Проведите через одну из точек деления А и остальные точки деления прямые, а также касательную к окружности в точке А: (полу- (получится пучок из 12 прямых, разделяющих плоскость на 24 равных по величине угла). Двигая карандаш по окружности, можно убе- убедиться, что при переходе от точки М деления к следующей пря- прямая AM поворачивается на одни и тот же угол. Выберите еще одну точку деления В (скажем, 4-ю по счету от А) и постройте для нее такой же пучок из 12 прямых, как для точки А. Отметь- Отметьте для каждой точки деления М острый угол между прямыми AM и ВМ (все эти углы одинаковы!). Из теоремы Д° следует, что если продолжить все 23 по- построенные прямые до пересечения, то все 110 полученных точек пересечения (не считая точек А к В) лежат на 11 окружностях^* по 10 на каждой (?) . Раскрасьте клетки, полученной сетки в шахматном порядке. Тогда вы увидите семейство окружностей, проходящих через точки А я В и семейство гипербол (лучше взять пучки не из 12, а из 24 прямых). В самом деле, если прямые, проходящие через точки А и В вращаются в разные стороны с одинаковой угловой скоростью, то их точка пересечения движется по гиперболе F.23). 6. Конхоида Никомеда и улитки Паскаля (стр. 112 и 120), Конхоида Никомеда получается следующим образом. Дана пря- прямая и точка. На прямых, проходящих через данную точку, от- откладываются от точек их пересечения с дайной прямой отрезки постоянной длины de туи другую сторону. Нарисуйте семейство таких конхоид (с различными d). Улитки Паскаля получаются так же. Дана окружность и точка на ней. На прямых, проходящих через данную точку, от- откладываются от точек их пересечения с окружностью отрезки по- постоянной длины в ту и другую сторону. 7. Кардиоида и нефроида как огибающие окружностей (стр. 116, 7.2 и стр. 135, 7.20). 8. Кардиоида и нефроида как огибающие отраженных лучей (нижние рисунки на стр 128). Эти рисунки удобно строить, поль- пользуясь тем фактом, что хорда падающего луча равна по длине хорде отраженного луча. 9. Пешеходы на прямых и на окружности. Повторите рису- рисунок 3 на стр. 94. Сделайте рисунки циклоидальных кривых C—6 на стр. 122—123), воспользовавшись задачей 7.19, для k = —3, —2, 2, 3. Поясним это для случая k — —2. Разобьем окружность, ска- скажем, на 24" равные части. Пусть точка А деления — начальное положение пешеходов Р и Q и каждый из них равномерно дви- движется по окружности. Поскольку k = —2, то они идут в разные стороны и скорость Q в два раза больше скорости Р. Отмечаем их положения через равные промежутки времени (когда точка Р проходит очередную точку деления) и соединяем их прямыми PQ (когда пешеходы попадают в одну точку деления, проводим касательную к окружности). Огибающей этих прямых является кривая Штейиера, 157
12. Небольшие исследования Почти каждая задача по геометрии — это предмет для не- небольшого самостоятельного исследования, требующего сообрази- сообразительности, нестандартного хода мысли. В этом задании мы выде- выделили четыре трудные задачи, для решения которых иужио ис- использовать целый комплекс различных соображений. 4.12а), б), 4.14а). б), 6.15а), б), 7.23а), б), в). Задача 4.146 очень близка по решению к задаче про катер. К двум последним задачам 6.15 и 7.23 имеются указания в конце книги. К последней задаче можно сделать красивые ри- рисунки, изобразив семейство прямых Симсоиа некоторого треу- треугольника (огибающая — кривая Штейнера).
Содержание Предисловие 3 Введение 5 § 1. Множество точек 11 § 2. Азбука 26 § 3. Логические комбинации 47 § 4. Минимум и максимум 62 § 5. Линии уровня . . . , 72 § 6. Кривые второго порядка 87 § 7. Вращения и траектории 114 Ответы, указания, решения 141 Приложение I. Метод координат (основные формулы) 147 Приложение II. Некоторые факты школьной планиметрии 148 Приложение 111. Дюжина заданий .... 151
2.86). Решение аналогично 2.8а). Подумайте над вторым ва« риантом решения этой задачи, который предлагается в конце стр. 31. 4. Прямые и линейные соотношения Это задание касается задач, в которых фигурируют не кри- кривые, а только прямые. Просмотрите отдельные страницы книги в следующем по- порядке: задачи 1.2 и 1.3 про «велосипед» и прямоугольник (стр. 13—16), теорему о колечке иа прямой (стр. 17—18) и про- продолжающую ее важную лемму (стр. 41), а также пункты Е, К, Л азбуки и общие теоремы о расстояниях до прямых и о квадра- квадратах расстояний (стр. 32—43). 1.24а), б), 2.18, 2.196), 3.9, 3.14, 3.15, 3.16Ц1.26, 1.27, 2.14, 2.20а), 3.18. Пояснения 2.18. См. решения 2.5 и 2.17. 2.196). Надо исследовать, как зависит ответ от размеров прямоугольника аХЬ и параметра ц (см. ответ к задаче 2.19а)). 3.14.—3.16. См. пункт В азбуки. 1.27. Пусть а и b — длины катетов деревянного треугольника. Найдите отношение расстояний от его свободной вершины до ¦ сторон данного прямого угла. 2.20. Достаточно привести ответ и картинку. 3.18. Прочтите решение 3.17. 5. Принцип касания (условный экстремум) Задание состоит из задач иа отыскание максимума и мини- минимума. В каждой задаче дело можно свести к тому, чтобы иа не- некоторой линии (как правило, это одно из множеств азбуки) найти точку, где достигается наибольшее или наименьшее значе- значение некоторой функции. Прочтите решения задач 4.1, 4.2 и 4.7 (стр. 62—65), решение задачи 5.1 и остальной текст § 5, в осо- особенности стр. 83—85, изучите (или перерисуйте) карты линий уровня на стр. 78—79. 4.3, 4.9, 5.4а); 5.5, 5.6а), б), 5.8Ц4.8, 5.46), 5.7. Пояснение 5.4а) См. задачу 1.16а). 6. Разбиения В этом задании встречаются различные множества точек, удовлетворяющих условиям типа неравенств, а также различные операции над множествами (пересечения, объединения), соответ- соответствующие логическим комбинациям условий. Многие пункты аз- азбуки § 2 снабжены дополнениями такого типа. Линия, состоящая из точек М, где f(M) = а, разбивает плоскость на две обла- области— в одной f(M) < а, а в другой f(M) > а (здесь / — некото- некоторая функция на плоскости, см. стр. 75). Точно так же, если / и g — две функции на плоскости, то множество точек М, где f(M)= g(M), разбивает плоскость на области; в одних областях 153