Author: Яглом И.М.
Tags: геометрия преобразования учебник по геометрии геометрические преобразования переобразования подобия
Year: 1955
Text
МАТЕМАТИЧЕСКОГО
к ру ofcKU
БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
ВЫПУСК 7
И. М. ЯГЛОМ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
I
ДВИЖЕНИЯ
И ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
ПОДОБИЯ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1955
11-3-1
СОДЕРЖАНИЕ
Претсловие 4
Указания к пользованию книгой 8
ЧАСТЬ П ЕРВ \ Я
ДВИЖЕНИЯ
Введение. Что такое геометрия? (Начало) 13
Глава I. Собственные движения 19
§ 1. Параллельный перенос 19
§ 2. Симметрия относительно точки и вращение 25
Глава 11. Симметрии 42
§ 1. Симметрия относительно прямой и скользящая сим
метрия 42
§ 2. Собственно-равные и зеркально-равные фигуры. Клас-
Классификация движений плоскости 58
ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
Введение. Что такое геометрия? (Продолжение) 70
Глава I. Классификация преобразований подобия 74
§ 1. Центрально-подобное преобразование (гомотетия) ... 74
§ 2. Центрально-подобное вращение и центрально-подобная
симметрия. Собственно подобные и центрально-подобные
фигуры 98
Глава 11. Дальнейшие применения движений и преобразо-
преобразований подобия 116
§ 1. Системы подобных между собой фигур 116
§ 2. Применение движений и преобразований подобия к ре-
решению задач на минимум и максимум 137
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Часть первая. Движения 139
Часть вторая. Преобразования подобия 195
Список задач, иные решения которых содержатся ь других книгах 2S1
Содержание второго тома к шги 282
ПРЕДНС1ОВИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга, состоящая из двух томов, посвящена элемен-
элементарной геометрии. В течение главным образом XIX века в
элементарной геометрии был накоплен весьма обширный ма-
материал. Было доказано много красивых и неожиданных тео-
теорем о кругах, треугольниках, многоугольниках и т. д.; из
элементарной геометрии выделились даже целые < науки , как
геометрия треугольника или геометрия тетраэдра, имеющие
своеобразную, достаточно обширную тематику, свои задачи и
свои методы решения этих задач.
Однако настоящая книга вовсе не ставит своей целью лишь
познакомить читателя с рядом новых для него теорем. Нам
кажется, что всё сказанное выше само по себе ещё никак не
оправдывает появления обстоятельных монографий, посвящен-
посвященных элементарной геометрии, ибо большинство теорем элемен-
элементарной геометрии, выходящих за пределы школьного курса,
лишь забавно, но бесполезно и лежит далеко в стороне от
основной линии развития математической науки. Но, кроме кон-
конкретных теорем, элементарная геометрия содержит ещё две
большие общие идеи, которые легли в основу всего дальнейшего
развития геометрии и значение которых далеко выходит даже
за эти достаточно широкие рамки. Речь идёт о дедуктивном
методе и аксиоматическом обосновании геометрии, во-первых,
и о геометрических преобразованиях и теоретико-групповом
обосновании геометрии, во-вторых. Эти идеи очень содержа-
содержательны и тодотворны; так, обе они в своем непосредственном
развитии приводят к неевклидовым геометриям. Раскрытие
одной из этих идей — идеи теоретик -группового обоснования
ге метрии — и составляет основную задачу книги.
Книга раз'пта на три части, последняя из которых, состав-
составляющая содержание второго тома, значительно больше осталь-
н х; причины такого разбиения на части выясняются во вве-
введениях к частям. Два тома книги по своему характеру не-
несколько отличны один от другого (об это i см. введение к
третьей части). Первый том, посвященный движениям и пре-
преобразованиям подобия, более непосредственно примыкает к
школьному материалу; может быть, поэтому он несколько скучнее
второго. Во втором томе, посвященном линейным и круговым
(иными словами—проективны\ и конформным) преобразованиям1),
основное внимание уделяется возможности применения этих
преобразований к элементарной геометрии; соответственно этому
изложение иногда строится в форме указаний к решению за-
задач (см., например, начало § 3 гл. I третьей части). При
этом линейные и круговые преобразования здесь трактуются
совершенно одинаково, вопреки установившейся традиции, со-
согласно которой инверсия всегда относится к элементарной гео-
геометрии, а аффинные и проективные преобразования — к высшей.
Приложения к главам lull третьей части посвящены неевкли-
неевклидовой геометрии Лобачевского; они тесно примыкают к соот-
соответствующим главам и широко используют их результаты.
Скажем ещё несколько счов q характере книги. Она рас-
рассчитана на довольно широкий круг читателей (об этом см.
«Указания к пользованию книгой , стр. 8), а в таких слу-
случаях всегда приходится жертвовать интересами одних читате-
читателей ради интересов других. Автор всюду старался жертвовать
интересами квалифицированных читателей и более стремился
к простоте и наглядности, чем к строгости и логической отто-
отточенности: Соответственно этому в книге, например, не опреде-
определяется общее понятие геометрического преобразования, так как
определение интуитивно ясных понятий всегда затрудняет не-
неопытного читателя. По этой же причине пришлось отказаться
от использования направленных упов и отложить до второй
главы введение направленн х отрезков, хотя из за этого не-
некоторые рассуждения в ос ном тексте и в решениях задач,
строго говоря, приходите читать неполными ( м., напри-
например, доказательства на ст . 50). Нам кажется, что во всех
этих случаях более поит вленный читатечь сумеет само-
самостоятельно дополнить нзл жение, а дчя менее подг тов ен-
ного некоторая нестрогост е яви ся дефекто . Стремление i
к элементарности объясняе ся и о, что расширение п оскости
путём введения идеальн элем нт в в тр тьей части книги
*) См. содержание вт ро ia на стр 282.
6 ПРЕДИСЛОВИЕ
производится с некоторым запозданием, что вынуждает в ходе
изложения вносить исправления в первоначальные формулировки.
Наконец, те же соображения играли большую роль и при
выборе терминологии. Автор ещё в школьные годы на соб-
собственном опыте убедился в том, насколько затрудняет чтение
кнпги обилие в ней незнакомых названий, и поэтому стремился
быть в этом отношении максимально экономным. При этом
пришлось в некоторых случаях отказаться от использования
принятых наименований, т. е. и здесь пренебречь интересами
квалифицированных читателей. В книге не встречаются слова
< коллинеарность , «инцидентность», «инволюция», «корреля-
«корреляция», «гомология» и многие другие, хотя соответствующие поня-
понятия играют значительную роль и было бы удобно иметь для них
специальные термины. Вместо названия «аффинные преобразо-
преобразования» употребляется более простой термин «линейные преоб-
преобразования» (переводящие прямые линии в прямые линии), вместо
«проективных преобразований» часто говорится об «обобщён-
«обобщённых линейных преобразованиях», вместо «конформных преобра-
ЗОВ..1ННЙ» (в том смысле, в каком этот термин применяется
в геометрии)—о «круговых преобразованиях». Наконец, в
связи с тем, что в школе говорят о «перпендикулярных пря-
прямых» и о «сложении движений», в книге речь идёт о «перпен-
«перпендикулярных окружностях» (а не об «ортогональных») и о «сло-
«сложении преобразований» (а не об «умножении»). Разумеется,
такие выражения, как «сумма проективных преобразований»
(вместо «произведения») или «противоположное преобразование»
(вместо «обратного»), для специалистов звучат непривычно, но
для неопытного читателя они, вероятно, окажутся понятнее
распространённых.
Заметим ещё, что в связи с отсутствием книг по геомет-
геометрическим преобразованиям в ряде случаев терминология ока-
оказалась совершенно не разработанной — это относится не только
к материалу § 5 гл. II третьей части, никогда не излагавше-
излагавшемуся в учебной или в научно-популярной литературе, но даже
к совершенно элементарным вопросам, которым посвящен § 2
гл. I второй части. В этих случаях автору приходилось самому
предлагать новые наименования; насколько они удачны—предо-
удачны—предоставляется судить читателям. Наоборот, в геометрии треуголь-
треугольника, которой посвящены многие задачи, терминология является
«слишком разработанной», и автор счёл нужным почти пол-
полностью отказаться от принятых названий, которые часто со-
ПРЕДНСЛОВИЕ I
здают ложное впечатление о «важности» малозначительных
понятий и предложений1).
Рукопись книги проверялась автором в его работе в Оре-
Орехово-Зуевском пединституте — часть первая, гл. I из второй
части и §§ I, 2 и (частично) 4 из гл. II третьей части, вместе
с введениями к частям, составляли содержание раздела «Плани-
«Планиметрия» курса элементарной геометрии, а гл. I третьей части
существенно использовалась в курсе проективной геометрии.
Происхождение книги связано с работой автора в геометриче-
геометрической секции школьного математического кружка при Москов-
Московском государственном университете. При этом программа секции
была значительно шире содержания книги,— опасаясь чрезмерно
увеличить объём книги, автор был вынужден весьма сильно
ограничить её рамки (о материале по теории преобразований,
не вошедшем в книгу, см., например, стр. 10—11 «Указаний
к пользованию книгой»). Следует заметить, что во многих слу-
случаях такое самоограничение было вовсе не добровольным —
правда, благодаря ему книга несколько выиграла в цельности,
но зато заметно проиграла в содержательности.
Автор с большой признательностью вспоминает покойного
Д. И. Перепёлкнна, внимательно прочитавшего рукопись книги
и сделавшего ряд ценных указаний. Весьма благодарен он
также А. М. Яглому, явившемуся первым, очень строгим и
требовательным, редактором книги, много способствовавшим
её улучшению, и Я. С. Дубнову, с которым обсуждался
текст введений и приложений. Наконец, автор благодарит
Т. Е. Ашкинузе и Л. В. Гольдштейн, помогавших ему при
изготовлении чертежей, и Э. П. Тихонову, проделавшую боль-
большую работу по редактированию книги.
И. М. Яглом
') Читатель, знакомый с литературой по геометрии треугольника,
сам найдёт в книге предложения, касающиеся точек Нагеля, Микеля,
Жергона, Лемуана, Брокара и пр.
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
Настоящая книга может представлять интерес для довольно
широкого круга читателей — учащихся старших классов и учи-
учителей средних школ, студентов и преподавателей физнко-ма-
тематнческнх факультетов пединститутов. При этом разные
категории читателей будут использовать её по-разному. Школь-
Школьнику естественно рассматривать книгу как задачник, в кото-
котором условия задач сопровождаются обширными указаниям»,
облегчающими решение. Задачи не следует решать все под-
подряд, но желательно разобрать по крайней мере одну (а ещё
лучше—несколько) из каждой группы задач, отмеченных
сплошной чертой сбоку страницы; книга построена так, что
в этом случае читатель не упустит ничего существенного из
её содержания. После того как задача будет решена, следует
ознакомиться с её решением, приведённым в конце книги.
Введения к частям, а также приложения к гл. I и II третьей
части можно вначале опустить, но так как в трёх введениях
и двух приложениях сосредоточено основное идейное содержа-
содержание книги, то после ознакомления с какой-либо частью сле-
следует вернуться назад и прочитать введение.
Учителю средней школы задачи следует рассматривать
лишь как иллюстрации приложимости основного материала
к коньретным вопросам элементарной геометрии. При этом
большой материал, собранный в задачах, может оказаться
полезным ему в работе с учащимися. Книга может быть ис-
использована в школьном математическом кружке (например,
по такому плану: руководитель сам излагает теоретический ма-
материал, а задачи предлагает для решения участникам); кое-что
из нее, быть может, можно использовать и прямо на уроке.
Студент пединститута может рассматривать книгу как
пособие по курсам элементарной геометрии (первая и вторая
части, а также гл. II третьей части), проективной геометрии (гл. I
третьей части) и оснований геометрии (приложения к гл. I и
ц третьей части; возможно также и введения к отдечьным
частям). Преподаватель пединститута может использовать книгу
при чтении лекций по тем же курсам и при ведении упраж-
упражнений по элементарной геометрии н проективной геометрии.
Первый том книги представляет самостоятельное целое.
Однако автор рассчитывает, что большинство читателей не ог-
ограничится чтением только первого тома, так как второй том
определённо содержательнее и интереснее первого. Последняя
глава первого тома (гл. II второй части) явпяется в некотором
смысле «повторительной ; она показывает пути расширения
предшествующего материала и возможность дальнейших при-
приложений его к конкретным вопросам; в её содержании основ-
основную роль играют задачи. Так как материал этой главы отходит
в сторону от основной линии изложения, то она вполне мо-
может быть опущена; в частности, читателю, намеревающемуся
перейти ко второму тому книги, не следует особенно задер-
задерживаться на этой главе. Также и § 5 гл. I третьей части
лежит несколько в стороне от остального содержания книги;
он тоже может быть опущен при первом чтении.
Задачи рассчитаны в первую очередь на школьников и на
студентов и дают возможность читателю проверить, насколько
он усвоил теоретический материал. Формулировки задач, как
правило, никак не связаны с остальным текстом книги; реше-
решения же опираются на основной материал и показывают, на-
насколько плодотворно применение преобразований в элемен-
элементарной геометрии. Основное внимание уделяется методам, а
не результатам; поэтому ряд задач повторяется в нескольких
местах книги, так как сравнение разных решений одной за-
задачи всегда поучительно. Может оказаться также интересным
сравнить приведённые в книге решения с другими, не исполь-
использующими геометрических преобразований (как правило, более
искусственными); для того чтобы читатель имел эту возмож-
возможность, в конце каждого тома помещён список задач, иные
решения которых имеются в одном из трёх распространенных
сборников задач.
Задачи подбирались по возможности так, чтобы их фор-
формулировки могли заинтересовать читателя и тем самым при-
привлечь его внимание к теоретическому материалу; в частности,
здесь содержится много предложений по геометрии треуголь-
треугольника и многоугольника, не излагавшихся ранее в нашей
литературе.
10
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
11
В книге приведено также много задач на построение.
При их решении нигде не ставилась задача о нахождении
«самого простого (в каком бы то ни было смысле) построе-
построения— здесь автор стоял на той точке зрения, что эти задачи
представляют главным образом логический интерес и не свя-
связаны с обязательным выполнением построения. Зато книга
содержит довольно большой материал по принципиальным
вопросам теории построений: сюда относятся вопросы возмож-
возможности построений на ограниченном куске плоскости (задачи
53—54 из § 1 гл. I второй части и 119—120 из § 2 гл. I
третьей части) и построений с ограниченными средствами (по-
(построения одним циркулем—задачи 239—243 из § 2 гл. II
третьей части; одной линейкой — задачи 109 из § 1, 119—120
из § 2 гл. I третьей части; ограниченной линейкой — задача
121 из § 2 той же главы; параллельной линейкой — задача
155 из § 4 той же главы; одной линейкой при наличии
на плоскости окружности с центром—задачи 190—193 из §5
той же главы, или дуги окружности с центром — задачи 148
из § 3 и 154 из § 4 той же главы, или нескольких окруж-
окружностей с неизвестными центрами — задача 194 из § 5 той
же главы).
Для удобства преподавателей отметим несколько мест,
где объём материала может быть расширен. § 1 гл. II тре-
третьей части можно рассматривать как введение в кинематиче-
кинематическую геометрию, элементы которой послужили бы хорошим
дополнением к книге; приложения к главам I и II третьей
части ограничиваются неевклидовой геометрией Лобачевского
(не считая весьма краткого упоминания о неевклидовой гео-
геометрии Рнмана во втором из этих приложений), хотя было бы
желательно изложить здесь все неевклидовы геометрии Келн —
Клейна. В книгу включена элементарная теория преобразо-
преобразований Лагерра (преобразования, переводящие окружности
в окружности и прямые в прямые, но не обязательно точки
в точки — см. § 5 гл. II третьей части), но в ней не содер-
содержится теория более общих преобразований Ли (преобразова-
(преобразования, переводящие окружности в окружности, но не обязательно
прямые в прямые или точки в точки), которую, повиди-
мому, можно изложить столь же просто, как и теорию пре-
преобразований Лагерра.
Кроме того, весь материал книги можно углубить в не-
нескольких направлениях. Так, например, в ней нигде не
фигурируют стереометрические предложения *). Заметим, впро-
впрочем, чт0 ограничение случаем плоскости мало отразилось на
идейном содержании книги. Правда, отдел задач за счёт сте-
стереометрии можно было бы сделать значительно ярче и инте-
интереснее, но задачи в этой книге ни в какой мере не являются
самоцелью.
Больше обедняет книгу отсутствие в ней элементарной
теории конических сечений. Из-за этого здесь не получает
ответа естественный вопрос о преобразовании окружностей
при проектировании. Кроме того, теория конических сечений
представляет наиболее благодарную область для приложений
материала гл. I третьей части и даёт возможность весьма
изящного решения ряда элементарно-геометрических вопросов.
В книге также совершенно не освещены аналитические ме-
методы теории преобразований, хотя было бы очень уместно
в гл. I третьей части сказать об аффинных и проективных
координатах, в гл. II той же части — о тетрациклнческих ко-
координатах, содержание гл. I второй части и гл. II третьей
части связать с комплексными числами и т. д.2). Наконец,
материал книги можно расширить за счёт рассмотрения новых
типов преобразований (например, квадратичных кремоновых
преобразований); была бы также весьма уместна ещё одна,
заключительная часть книги, посвященная топологии3).
х) Относительно перенесения на случай пространства материала
первой и второй частей и гл. II третьей части см. книги: Д. И. П е-
репёлкин, Курс элементарной геометрии, ч. 2, М.— Л., Гостех-
изчат, 1949 и Ж. Адамар, Элементарная геометрия, ч. 2, М., Учпед-
Учпедгиз, 1952.
*) Значительный материал по теории конических сечений и по ана-
аналитическим методам теории преобразований можно найти в книге:
Б. Н. Д е л о н е и Д. А. Райков, Аналитическая геометрия, М— Л.,
Гостехиздат, ч. 1, 1948; ч. 2, 1949.
3) Преподаватель может воспользоватося книгами: Д. Гильберт
и С. Кон-Фоссен, Наглядная геометрия, гл. VI, М.— Л., Гостехиз-
Гостехиздат, 1951 и Р. Курант и Г. Роббинс, Что такое математика,
гл. V, М.—Л-, Гостехиздат, 1947.
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
ДВИЖЕНИЯ
ВВЕДЕНИЕ
ЧТО ТАКОЕ ГЕОМЕТРИЯ? (НАЧАЛО)
На первой странице учебника геометрии А. П. Киселёва
для средней школы сразу после определения точки, линии,
поверхности и тела и указания, что «совокупность каких бы
то ни было точек, линий, поверхностей или тел, расположен-
расположенных известным образом в пространстве, называется геометри-
геометрической фигурой», даётся следующее определение геометрии:
«наука, рассматривающая свойства геометрических фигур,
называется геометрией». Таким образом, создаётся впечат-
впечатление, что вопрос, поставленный в заглавии настоящего вве-
введения, получает ответ уже в школьном учебнике геометрии и
не нуждается в том, чтобы им ещё занимались в дальнейшем.
Однако впечатление о простоте задачи определения геомет-
геометрии является ошибочным. Определение Киселёва, разумеется,
нельзя назвать неверным, но оно несколько неполно. Слово
«свойство» имеет очень общий характер, и далеко не все
свойства фигур изучаются в геометрии. Так, например, в гео-
геометрии совсем неважно, нарисован ли треугольник на белой
бумаге или на чёрной доске: цвет треугопьннка не является
предметом изучения геометрии. Правда, на это можно возра-
возразить, что геометрия изучает свойства геометрических
фигур в смысле данного выше определения, а цвет — это
свойство бумаги, на которой нарисована фигура, а не самой
фигуры. Однако это возражение всё же может оставить
чувство некоторой неудовлетворённости; для того чтобы при-
придать ему большую убедительность, хотелось бы сослаться на
точное «математическое) определение того, какими же именно
свойствами фигур занимается геометрия, а такого определе-
определения мы не имеем. Это чувство неудовлетворённости ещё
14
ДВИЖЕНИЯ
ВВЕДЕНИЕ
15
более возрастает, если попытаться объяснить, почему рас-
расстояния от вершины нарисованного на доске треугольника до не-
некоторых прямых, например до противоположной стороны (высо-
(высота треугольника), рассматриваются в геометрии, а расстояния от
вершины до других прямых, например до края доски, не рас-
рассматриваются. Такое объяснение вряд ли можно дать, если ис-
исходить только из приведённого выше определения геометрии.
Прежде чем перейти к дальнейшему изложению, отметим,
что нельзя упрекать школьный учебник за неполноту при-
приведённого в нём определения. Определение Киселёва есть, по-
пожалуй, единственное, которое можно предложить на первой
ступени изучения геометрии. Достаточно сказать, что история
геометрии насчитывает более 4000 лет, а первое научное опре-
определение геометрии, объяснение которого составляет одну из ос-
нопных целей настоящей книги, было дано лишь около 80 лет
тому назад (в 1872 г.) немецким математиком Ф. Клейном. Потре-
Потребовалось создание Н. И. Лобачевским неевклидовой геомет-
геометрии для того, чтобы математики ясно осознали необходимость
точного определения предмета геометрии; лишь после этого
выяснилось, что наглядное представление о «геометрических
фигурах», предполагающее, что не может быть нескольких раз-
различных «геометрий), не может служить достаточным фунда-
фундаментом для всего обширного здания геометрической науких).
Перейдём теперь к выяснению того, какие же именно
свойства геометрических фигур изучает геометрия. Мы ви-
видели, что геометрия изучает не все свойства фигур, а лишь
некоторые из них; не имея ещё точного описания тех свойств,
которые относятся к геометрии, мы можем сказать только,
что геометрия изучает «геометрические свойства > фигур. Это
уточнение определения Киселева, разумеется, само по себе
ещё не делает определение полным: ведь на вопрос о том,
что такое «геометрические свойства», мы можем пока только
х) Хотя неевклидова геометрия явилась толчком, послужившим
причиной появления того опреде!ения геометрии, о котором идет
речь, объяснить само это определение вполне возможно и лицам,
не знакомым с геометрией Лобачевского. В частности, в настоящей
книге неевклидова геометрия будет рассмотрена лишь в самом конце
глав I и II третьей части после того, как определение геометрии по
Клейну во всей его щности будет подробно обсуждено во введении
к этой части. Нам кажется, что такой порядок расположения мате-
материала может б всего об!егчить читатечю понимание всей глубины
замечательною ь н П ачевского.
ответить, что это <те свойства, которые изучаются геомет-
геометрией». Таким образом, получается порочный круг: геометрию
мы определяем как науку, изучающую геометрические свой-
свойства фигур, а геометрические свойства — как те свойства, ко-
которые изучает геометрия. Для того чтобы выбраться из этого
порочного круга, нам надо определить, что такое «геометри-
«геометрические свойства), не пользуясь словом «геометрия».
Чтобы разобраться в вопросе о том, что такое «геометри-
«геометрические свойства» фигур, вспомним следующее хорошо изве-
известное утверждение: задача о построении треугольника по двум
сторонам a, b и заключённому между ними углу С имеет
Черт. 1.
только одно решение (черт. 1,с)х). Если вдуматься в по-
последнюю фразу, то она может показаться неправильной: ведь
треугольников с данными сторонами а, Ь и данным углом С
имеется не один, а бесконечно много (черт. 2), так что наша
задача имеет не одно решение, а бесконечно много их. Что
же в таком случае означает утверждение, что рассматриваемая
задача имеет единственное решение?
Утверждение, что по двум сторонам а, Ъ и углу С можно
построить только один треугольник, очевидно, имеет только
тот смысл, что все треугольники, имеющие данные стороны
о, Ь и данный угол С, равны между собой. Таким образом,
точнее было бы сказать, что по двум сторонам и углу между
ними можно построить есконечно много треугольников, од-
однако все они будут равны между собой. Когда же в геометрии
) В противоположи ь этому задача о построении треугольника
по сторонам а, Ъ и углу А, противолежащему одной из данных сто-
рон, может иметь два решения (черт 1,6).
16
ДВИЖЕНИЯ
ВВЕДЕНИЕ
17
говорится, что существует единственный треуголь-
треугольник, имеющий данные стороны а, b и данный угол С, то
тем самым равные треугольники, отличающиеся лишь своим
расположением, не считаются различными. А так как геомет-
геометрию мы определили как науку, изучающую «геометрические
свойства» фигур, то очевидно, что только фигуры, имеющие
одни и те же геометрические свойства, нельзя отличить одну
от друюй. Таким образом, равные фигуры должны иметь оди-
одинаковые геометрические свойства; обратно, не равные между
собой фигуры должны
иметь различные геоме-
геометрические свойства, так
как иначе они были бы
неразличимы.
Итак, мы пришли к
требуемому определению
геометрических свойств
фигур: геометрическими
свойствами фигур назы-
называются те свойства, ко-
которые являются общими
для всех равных между
собой фигур. Теперь мы
можем точно ответить на
вопрос о том, почему,
вершины треугольника
Черт. 2.
например, расстояние какой-либо
от края доски не изучается геометрией: это расстояние
не является геометрическим свойством, так как оно мо-
может быть различным для равных треугольников. Наоборот,
высота треугольника является геометрическим свойством,
так как соответствующие высоты равных треугольников
всегда равны.
Теперь мы уже значительно приблизились к определению
геометрии. Мы знаем, что геометрия изучает «геометрические
свойства» фигур, т. е. те свойства, которые совпадают у рав-
равных фигур. Нам остаётся только ответить на вопрос о том,
что такое равные фигуры.
Последний вопрос может сначала разочаровать читателя
и создать у него впечатление, что пока ещё не достигнуто
никакого успеха: мы только свели один вопрос к другому,
столь же трудному. Однако на самом деле это не так: во-
вопрос о том, что такое равные фигуры, вовсе не труден, и
иа него учебник Киселёва даёт совершенно удовлетвори-
удовлетворительный ответ. Согласно Киселёву «две геометрические фи-
фигуры называются равными, если перемещением одной из
них в пространстве её можно совместить со второй фигу-
фигурой, так что обе фигуры совместятся во всех своих ча-
частях'». Другими словами, равные фигуры — это те, которые
можно совместить движением; следовательно, геометриче-
геометрические свойства фигур, т. е. свойства, общие всем равным фи-
фигурам,-— это те свойства, которые не меняются при движении
фигуры.
Итак, окончательно мы приходим к следующему определе-
определению геометрии: геометрия есть наука, изучающая те свой-
свойства геометрических фигур, которые не меняются при
движении фигуры. На этом определении мы пока и остано-
остановимся; оно допускает ещё значительное развитие, но об этом
речь будет нтти в дальнейшем.
Придирчивый критик может не удовлетвориться и послед-
последним определением геометрии и потребовать ещё, чтобы ему
определили, что такое движение. На это можно ответить сле-
следующим образом: движением называется геометрическое
преобразование плоскости {или пространства), переводящее
каждую точку А в новую точку А', такое, что расстоя-
расстояние между каждыми двумя точками А и В равно рас-
расстоянию между точками А' и В', в которые они перехо-
переходят1). Однакотакое определение является довольно абстракт-
абстрактным; так как мы установили, что движения играют в геометрии
основную роль, хотелось бы более нагляд-
наглядно представить себе эти преобразования
и подробно изучить все их свойства. Та-
х) Расстояние между двумя точками А
и В плоскости равно V^x, — x^'-f^, — _у2)г,
где xv уг, соответственно х ,у — координаты
точек А и В в какой-либо (безразлично какой!)
прямоугольной декартовой системе координат
(черт. 3); таким образом, понятие расстояния
сводится к простой алгебраической формуле и
не нуждается в дальнейших разъяснениях.
X, X
Черт. 3.
Аналогично этому расстояние между двумя точками А и В про-
пространства равно УЬс, - xj + Оч - yj + (г, - ztf, где х,, ух, гх
¦*!• У» z% — декартовы координаты точек А н В в пространстве.
18
ДВИЖЕНИЯ
кое изучение и составляет основное содержание части первой
настоящей книги. В конце части дано полное перечисление
всех возможных движений плоскости, которое можно также
принять за новое, более простое нх определение (подробнее
об этом см. ниже, стр. 67—69).
Заметим ещё, что изучение движений не только весьма
важно для уточнения понятия геометрии, но имеет и другое,
практическое, значение. Основная роль движений в геометрии
определяет их многочисленные приложения к решению
геометрических задач, особенно задач на построение. При
этом изучение движений даёт некоторые общие методы, при-
применимые к решению многих геометрических задач, и позво-
позволяет иногда объединить ряд задач, которые при иных методах
решения требуют каждая отдельного рассмотрения. Для при-
примера укажем следующие три известные задачи на построение:
а) построить треугольник, если известны три точки пло-
плоскости, являющиеся вершинами равносторонних треугольников,
построенных вне треугольника на его сторонах;
б) построить треугольник, если известны три точки пло-
плоскости, являющиеся центрами квадратов, построенных вне тре-
треугольника на его сторонах;
в) построить девятиугольннк, если известны девять точек,
являющихся серединами сторон девятнугольнпка.
Если подходить к этим задачам с обыкновенными «школь-
«школьными» приёмами, то нх следует рассматривать как совершенно
разные н решать независимо одну от другой1). Изучение же
движений позволяет дать простое решение следующей более
общей задачи (см. задачу 19 на стр. 39):
построить я-угольник, если известны я точек, являющихся
вершинами равнобедренных треугольников, построенных на
сторонах этого я-угольннка и имеющих при вершинах задан-
заданные углы alt as, ..., an. [Задача а) получается отсюда при
я = 3, o1 = as = a3 = 60°; задача б) — прия = 3, ^ — a^ —
= a3 = 90°; задача в) — при я = 9, o1 = os=.. . = ae=18O0.]
Большое число других геометрических задач, которые ре-
решаются с помощью движений, читатель найдёт в гл. 1 и II
первой части.
1 См., например, книгу: Д. О. Шклярскийи др., Избранные
задачи и теоремы элементарной математики, ч. 2, М.—Л-, Гостехиздат,
1952, задачи 68 а), б); 79.
ГЛАВА I
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
§ 1. Параллельный перенос
Выберем на плоскости какое-либо направление NN' (его
можно задать, например, прямой со стрелкой); зададим
также какой-нибудь отрезок длины а. Пусть А — произ-
произвольная точка плоскости, А' — такая точка, что отрезок АА'
имеет направление Л/Л/' и длину а (черт. 4, с). В таком слу-
случае говорят, что точка А' получается из точки А
параллельным переносом в направлении NN'
расстояние а или что точка А переходит в точку
а и'
на
А'
N
N
N
Черт. 4.
при указанном параллельном переносе. Сово-
Совокупность всех точек, в которые переходят точки некоторой
фигуры F при параллельном переносе, образует новую фигуру
F', про которую говорят, что она получается па-
параллельным переносом из фигуры F (черт. 4,6).
Иногда говорят также, что фигура F' получается, если сдви-
сдвинуть фигуру F «как целое» в направлении NN' на расстоя-
расстояние а. Слова «как целое» здесь означают, что все точки
20
ДВИЖЕНИЯ
[1-3
фигуры F перемещаются в одном и том же направлении и на
одно и то же расстояние, т. е. что все отрезки, соединяю-
соединяющие соответствующие друг другу точки фигур F и F, па-
параллельны, одинаково направлены и равны по величине. Если
фигура F' получается из F параллельным переносом в направ-
направлении NN1, то фигуру F можно получить из F' параллельным
переносом в направлении, обратном NN' (в направлении N'N);
это позволяет говорить о парах фигур, получающихся одна из
другой параллельным переносом.
IV-*
Черт. 5.
Параллельный перенос переводит прямую / в параллельную
ей прямую /' (черт. 5, а), а окружность S — в равную ей
окружность S' (черт. 5, б).
1. Даны две окружности S, и 52 и прямая /. Проведите
прямую, параллельную /, так, чтобы расстояние между точ-
точками пересечения этой прямой с окружностями St и St
имело данную величину а.
2. а) В каком месте следует построить мост MN че-
через реку, разделяющую две данные деревни А и В
(черт. 6, а), чтобы путь AMNB из деревни А в деревню
В был кратчайшим (берега реки считаются параллель-
параллельными прямыми, мост предполагается перпендикулярным
к реке).
б) Решите ту же задачу, если деревни А и В разде-
разделяются несколькими реками, через которые надо построить
мосты (черт. 6, б).
3. а) Найдите геометрическое место точек /W, сумма
расстояний которых до двух данных прямых 1Х и /8 имеет
известную величину а.
4—61
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
21
б) Найдите геометрическое место точек М, разность
расстояний которых до двух данных прямых /х и /, имеет
известную величину а.
Черт. 6.
4. Докажите, что если у четырёхугольника ABCD сред-
средняя линия MN (M есть середина стороны AD, N—сере-
N—середина стороны ВС) равна полу- а
сумме оснований АВ и CD, то '
четырёхугольник является тра-
трапецией.
5. Даны хорды АВ и CD
окружности. Найдите на ней
такую точку X, чтобы хорды
АХ и ВХ высекали на CD от-
отрезок EF, имеющий данную
величину а (черт. 7).
В другой связи задача 5 при-
приведена в § 5 гл. I третьей части
книги (см. задачу 181 а)).
Черт. 7.
6. а) Даны две окружности 5, и 5, пересекающиеся
в точках А и В. Проведите через точку А прямую /, отре-
отрезок которой, заключённый внутри окружностей S и S
имеет данную длину а. 1 "
б) Постройте треугольник, который равен данному и сто-
стороны которого проходят через три заданные точки.
(см. задает! ?„" срГш)^ ПрИВедеНа В § 1 гл' И ВТ0Р0Й час™
22
ДВИЖЕНИЯ
[7]
7. Даны две окружности St и Sa. Проведите пря-
прямую /:
а) параллельную данной прямой /t и такую, что S2 и 52
высекают на / равные хорды;
б) параллельную данной прямой 11 и такую, что Sx и S2
высекают на / хорды, сумма (или разность) которых равна
данному отрезку а;
в) проходящую через данную точку А и такую, что 52
и S2 высекают на / равные хорды.
Параллельный перенос является примером преобразо-
преобразования плоскости, переводящего каждую точку А в некото-
некоторую другую точку А' *). Очевидно, что при этом преобразо-
преобразовании ни одна точка плоскости не остаётся на месте; дру-
другими словами, параллельный перенос не имеет неподвиж-
неподвижных точек.
Однако существуют прямые, которые при параллельном
переносе остаются на месте; так, все прямые, параллельные
направлению переноса, переходят сами в себя («скользят
сами по себе»), и следовательно, эти прямые (и только
они) являются неподвижными прямыми параллель-
параллельного переноса.
Рассмотрим теперь дальнейшие свойства параллельного
переноса. Пусть F и F— две фигуры, получающиеся одна
из другой параллельным переносом; А и В — произвольные
точки фигуры F, А' и В—соответствующие им точки фи-
фигуры F (см. черт. 4,6 на стр. 19). Так как АА \ВВ и
АА' = ВВ, то четырёхугольник АА'ВВ— параллелограмм;
следовательно, АВ АВ и АВ=А'В. Таким образом, если
фигуры F и F получаются одна из другой параллель-
параллельным переносом, то соответствующие друг другу отрез-
отрезки этих фигур равны, параллельны и одинаково на-
направлены.
Покажем, что и обратно, если с каждой точкой, фигуры F
можно сопоставить некоторую точку другой фигуры F
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
23
1) Это преобразование является движением в смысле опреде-
определения, данного во введении к этой части, так как оно, как доказано
в этом пара1рафе, переводит каждый отрезок АВ в равный ему от
резок А'В'.
так, что отрезки, соединяющие соответствующие друг
другу точки этих фигур, равны, параллельны и одинаково
направлены, то фигуры F U F' получаются одна из другой
параллельным переносом. Действительно, выберем какую-то
пару соответствующих друг другу точек М и М фигур F и
F, и пусть А и А' — какие-то другие соответствующие точки
этих фигур (см. черт. 4, б). По условию МА М'А' н Л1А=М А';
следовательно, четырёхугольник ММ А'А — параллелограмм и,
значит, АА'\\ММ и АА' = ММ, т. е. точка А' получается
из А параллельным пе-
переносом в направлении
прямой ММ на рас-
расстояние ММ'. Но так
как А и Л' — произ-
произвольная пара соот-
соответствующих точек, то
это означает, что вся
фигура F получается
из F параллельным пе-
переносом в направле-
направлении ММ на расстоя-
расстояние ММ.
Выясним теперь, что
получится, если произ-
вести один за другим
два параллельных переноса. Пусть первый параллельный
перенос переводит фигуру F в фигуру Fx, а второй — фигуру
F1 в фигуру F (черт. 8). Докажем, что существует па-
параллельный перенос, переводящий фигуру F в фигуру F.
Действительно, если первый параллельный перенос переводит
какой-либо отрезок АВ фигуры F в отрезок А1В1 фигуры Flt
то А^В^АВ, А1В1 = АВ и отрезки А^ и АВ одинаково на-
направлены; точно так же второй параллельный перенос пере-
переводит А1В1 в отрезок А'В' такой, что А'В'^В^ А'В'— А^
и отрезки А'В' и А1В1 одинаково направлены. Отсюда видно,
что соответствующие др>г другу отрезки АВ и А'В фигур
F и F равны, параллельны и одинаково направлены. Но это
и означает, что с>ществует параллельный перенос, переводя-
переводящий F в F'. Итак, любую последовательность двух парал-
параллельных переносов можно заменить одним параллельным
переносом.
Черт 8
24
ДВИЖЕНИЯ
Последнее утверждение можно сформулировать ещё иначе.
В механике замена нескольких перемещений одним, им равно-
равносильным, обычно называется сложением перемещений; в этом
же смысле мы будем говорить и о сложении преобра-
преобразований, называя суммой двух преобразований
плоскости преобразование, которое получится, если произ-
произвести сначала первое из них, а затем второе *). Тогда полу-
полученный выше результат можно сформулировать так: сумма
двух параллельных переносов есть новый параллельный пе-
перенос 2). Отметим ещё, что если NNX есть отрезок, указы-
указывающий величину и направление первого параллельного пе-
переноса (переводящего F в FJ, a ^ЛГ— отрезок, ука-
указывающий величину и направление второго параллельного
переноса (переводящего F, в F"), то отрезок 7V7V указы-
указывает величину и направление параллельного переноса, пере-
переводящего F в F'.
Часто говорят о параллельном переносе и а данное расстоя-
расстояние а в направлении известной прямой/. Однако это вы-
выражение не является точным, так как при заданной точке А условия:
1° A<4'llJ; 2° АА' = а определяют две точки А' и А" (черт. 9), а не одну.
А'
Черт. 9.
Для того чтобы уточнить это выражение, поступают следующим образом.
Одно из направлений прямой / выбирают за положительное (его можно
указать стрелкой), и величину а считают положительной или отрица-
отрицательной в зависимости от того, совпадает ли направление переноса
с положительным направлением прямой I или противоположно ему.
При этом двум точкам А' и А" черт. 9 отвечают уже различные (по
знаку) величины переноса. Таким образом, естественно возникает по-
понятие о направленных отрезках прямой, которые мо-
могут быть как положительными, так и отрицательными. [Понятие на-
направленных отрезков прямой оказывается полезным и в ряде других
1) В литературе в этом же смысле употребляется также термин
«произведение преобразований».
2) Вот ещё одна формулировка того же предложения: две фигуры
F и /•"', которые порознь можно получить параллельным перено-
переносом ил одной и той же третьей фигуры Fv можно также по-
получить параллельным переносом одну из другой.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
25
вопросов элементарной геометрии: см., например, ниже, стр. 77 или
книгу — Ж. Адамар, Элементарная геометрия, ч. 1, М., Учпедгиз
1948, стр. 178 и след. Понятие направленной прямой
т. е. прямой I, на которой выбрано
определённое направление, указанное
стрелкой, возникает также не только
в связи с параллельным переносом;
см. по этому поводу § 5 гл. II треть-
третьей части книги.] -.**"
Можно также характеризовать па- ^«^**
рзллельный перенос одним направлен- .«•«••
ным отрезком NN1 плоскости, указы- Л
веющим сразу и направление и вели- Чеот 10
чину переноса (черт. 10). При этом мы " '
приходим к понятию направленных отрезков плос-
плоскости (векторов), которое из других соображений возникает
в механике и физике. Отметим, что понятие о сложении парал-
параллельных переносов приводит к обычному определению сложения век-
векторов (см. выше черт. 8).
§ 2. Симметрия относительно точки и вращение
Точка А' называется симметричной точке А от-
относительно точки О (называемой центром симмет-
симметрии), если отрезок АА' проходит через точку О и делится
ею пополам (черт. 11, а). Очевидно, что если точка А' сим-
симметрична точке А относительно точки О, то и, обратно, А
Черт. 11.
симметрична А относительно О; это позволяет говорить
о точках, симметричных друг другу относительно дан-
данной точки. Если А симметрична А относительно О, то
говорят также, что А' получается из А отражением от
точки О.
Совокупность всех точек, симметричных точкам некоторой
фигуры F относительно точки О, образует фигуру F', с и м-
иетричную фигуре F относительно О (черт. 11, б);
26
ДВИЖЕНИЯ
[8—9
при этом и, обратно, фигура F будет симметрична F относи-
относительно той же точки О. Прямая при симметрии относитель-
относительно точки переходит в параллельную ей прямую (черт. 12, а),
а окружность — в равную ей окружность (черт. 12, б).
[Для того чтобы доказать, например, что окружность при
симметрии переходит в окружность, достаточно заметить, что
Черт. 12.
треугольники АОМ и А'ОМ' па черт. 12, б равны; следо-
следовательно, геометрическое место точек А, удалённых от М на
расстояние г, переходит в геометрическое место точек А',
удалённых от М на расстояние г.]
8. Через данную точку А проведите прямую так, чтобы
отрезок, заключённый между точками пересечения её с дан-
данной прямой / и с данной окружностью S *) делился в точке
А пополам.
9. Через общую точку А окружностей Sa и 52 проведите
прямую / так, чтобы
а) окружности 5, и 52 высекали на / равные хорды;
б) разность хорд, высекаемых на / окружностями Sx и S2,
имела заданную длину а.
Задача 9 б), очевидно, является обобщением задачи 6 а).
*) Здесь имеется в виду какая-нибудь одна из точек пересече-
пересечения прямой I с окружностью S.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
27
10. Даны хорды АВ и CD окружности S и точка J
на хорде CD. Найдите на окружности такую точку X, что-
чтобы хорды АХ и ВХ высекали на хорде CD отрезок EF,
делящийся в точке / пополам (черт. 13).
В другой связи задача 10 будет приведена во втором томе книги
(см. задачу 181 б) из § 5 гл. I третьей части).
11. Полоса, образованная двумя
s 5 параллельными прямыми, имеет,
очевидно, бесконечно много цент-
центров симметрии (черт. 14). Может
Черт. 13. Черт. 14.
ли фигура иметь больше одного, но конечное число центров
симметрии (например, 2 и только 2 центра)?
Если F и F'—'две фигуры, симметричные относительно
точки О, АВ и А'В — соответствующие отрезки этих фигур
(черт. 15), то четырёхуголь-
четырёхугольник АВА'В' является паралле-
параллелограммом (так как его диаго-
диагонали в точке пересечения О де-
делятся пополам). Отсюда видно,
что соответствующие отрез-
отрезки двух фигур, симметрич-
симметричных относительно точки, рав-
равны, параллельны U противо-
Черт. 15.
положно направлены. Покажем, что и обратно, если с каж-
каждой точкой фигуры F можно сопоставить некоторую точку
другой фигуры F' так, что соответствующие отрезки
этих фигур будут равны, параллельны и противопо-
противоположно направлены, то фигуры F и F' симметричны отно-
относительно некоторой точки. Действительно, выберем ка-
какую-то пару соответствующих друг другу точек М и М
фигур F и F', и пусть О — середина отрезка ММ',
А, А' — любые другле соответствующие точки этих фигур
\)
II
28
ДВИЖЕНИЯ
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
29
(см. черт. 15). По условию AM \\ MA' и АМ=МА'\ следо-
следовательно, четырёхугольник АМА'М' является параллелограммом
и, значит, середина его диагонали АА' совпадает с серединой
О диагонали ММ', т. е. точка А' получается из А симмет-
симметрией относительно точки О. А так как А и А' — произволь-
произвольная пара соответствующих точек, то это означает, что фи-
iypa F симметрична F относительно О.
Рассмотрим теперь три фигуры F, Fx и F' такие, что
фигура Fx симметрична F относительно точки Ох, а фигура F'
симметрична Fx относительно точки О2 (черт. 16). Пусть
Черт. 16.
АХВ1— произвольный отрезок фигуры Fx, AB и А'В — соот-
соответствующие ему отрезки фигур F и F. В таком случае
отрезки АХВХ и АВ равны, параллельны и противоположно
направлены; отрезки А1В1 и А'В тоже равны, параллельны и
противоположно направлены. Следовательно, отрезки АВ и
А'В будут равны, параллельны и одинаково направлены.
Но раз соответствующие отрезки фигур F и F равны, па-
параллельны и одинаково направлены, то F можно получить
из F параллельным переносом. Таким образом, сумма двух
симметрии относительно точки представляет собой па-
параллельный перенос (ср. выше, стр. 24). Это можно также
и непосредственно усмотреть из черт. 16: так как O1OS есть
средняя линия треугольника ААХА', то АА' \\ ОгОг и АА' =
= 2О1О2, т. е. каждая точка А' фигуры F' получается из
соответствующей точки А фигуры F параллельным переносом
в направлении OxOt на расстояние, равное удвоенному от-
отрезку OxOt.
Точно так же доказывается, что сумма параллельного
переноса и симметрии относительно точки О (черт. 17) или
симметрии относительно точки и параллельного переноса
Черт. 17.
представляет собой симметрию относительно некоторой
новой точки Ох.
Отметим ещё одно важное обстоятельство. Последовательность
симметрии относительно точек Ог и Оа (на черт. 18: А—«-Л,—*¦ А')
равносильна параллельному переносу на расстояние 2О,О8 в направле-
направлении от О, к О2, а последовательность этих же симметрии, произве-
произведённых в обратном порядке (на черт. 18: А—»• Аг—*¦ А'),
равносильна паралле1ьному переносу на то же расстояние в обратном
V Л А'
Черт. 18.
направлении от Ог к О, (черт. 18). Таким образом, сумма двух сим-
симметрии относительно точки существенно зависит от порядка, в ко-
котором производятся эти симметрии. Это обстоятельство вообще харак-
характерно для сложения преобразований: сумма двух преобразований, как
правило, зависит от порядка слагаемых.
Говоря о сложении симметрии относительно точек, мы
рассматривали симметрию как преобразование пло-
плоскости, переводящее каждую точку А в новую точку Л'1).
Нетрудно видеть, что единственной неподвижной точкой
этого преобразования является центр симметрии О, а непо-
неподвижными прямыми — все прямые, проходящие через
Центр О.
См. сноску на стр. 22.
30
ДВИЖЕНИЯ
112—13
12. а) Пусть Ог, О2, ..., Оп(п четно)—точки пло-
плоскости и АВ— произвольный отрезок; отрезок АгВг симметри-
симметричен АВ относительно Ох, АгВг симметричен AXBX относительно
О2, АаВ3 симметричен АгВг относительно 03> .. - , наконец,
АпВп симметричен Ап_1В„_1 относительно Оп (см. черт. 19, а,
где л = 4). Докажите, что ААп = ВВп.
Останется ли верно утверждение задачи, если п не-
нечётно?
б) На плоскости дано нечётное число точек Ог, О2, ...
19,6,
л = 3). Произвольная
точка А отражается последовательно от точек Ох, Ог, ...
... , Оп и затем ещё раз отражается последовательно от
тех же точек Ох, О2, ... , Оп. Докажите, что точка Л2П,
полученная в результате всех 2л отражений, совпадает с
точкой А.
Останется ли верно утверждение задачи, если л
четно?
13. На плоскости даны я точек (где п нечётно, на-
например ,ге=9) — середины сторон л-угольника. Построите
его вершины.
14)
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
31
Рассмотрите случай чётного п.
Обобщением задачи 13 являются задача 19 (стр. 39) и задача
66 из § 2 гл. I второй части (стр. 107).
14. а) Докажите, что середины сторон произвольного че-
четырёхугольника ABCD образуют параллелограмм (черт. 20, а).
В
И
б) Пусть Мх, /W2, Ms, Mt, Мь, Мъ — середины сторон
произвольного шестиугольника. Докажите, что существует
треугольник Tlt стороны которого равны и параллельны
отрезкам МХМ„ M3Mt, МбМа, и треугольник Т2, стороны
которого равны и параллельны ММ., МАМ„ М М
(черт. 20, б).
Выберем на плоскости некоторую точку О; зададимся
также каким-то углом а и условимся о направлении вращения
(будем считать, например, что оно противоположно направле-
направлению хода часовой стрелки). Пусть А — произвольная точка
плоскости, Л' —такая точка, что ОА' = ОА и /_АОА' = а
32
ДВИЖЕНИЯ
4—*
а)
(причём О А надо повернуть для совмещения с ОА' на угол а
в выбранном нами направлении). В таком случае говорят, что
точка А' получается из точки А вращением с центром О
и углом поворота а или что точка А переходит в А'
при указанном вращении (черт. 21, а).
Совокупность Есех точек, в которые пе-
переходят точки фигуры F при некотором
вращении, образует фигуру F, полу-
получающуюся вращением из ф и г у-
ры f (черт. 21, б). Иногда говорят так-
также, что фигура F' получается, если по-
повернуть фигуру F «как целое» вокруг
точки О на угол а; здесь слова «как
целое» имеют тот смысл, что все точки F
перемещаются по окружностям с одним и
тем же центром О и описывают одинако-
одинаковые (по угловой мере) дуги этих окруж-
окружностей. Если фигура F' получается вра-
вращением из фигуры F, то и обратно, фи-
фигуру F можно получить из фигуры F
вращением с тем же самым центром и
углом поворота 360° — а (или вращением
на тот же самый угол а, но в противоположном направлении);
это позволяет говорить о парах фигур, получающихся враще-
вращением друг из друга.
I'
S'.
Р'
Черт. 22.
Прямая / переходит при вращении в новую прямую /';
для того чтобы найти /', достаточно повернуть основание Р
перпендикуляра, опущенного из центра вращения О на пря-
б)
Черт. 21.
COBCTBEHHblF ДВИЖЕНИЯ
33
[13—171
ю /; и через полученную точку Р провести прямую,
перпендикулярную к ОР (черт. 22, а). Очевидно, что
угол а между прямыми / и /' равен углу поворота; для дока-
доказательства достаточно заметить, что углы POP и ШГ на
черт. 22, а равны как углы со взаимно перпендикулярными
сторонами.
Окружность S переходит при вращении в новую окруж-
окружность S'\ для того чтобы построить S', надо повернуть центр М
окружности S и построить окружность с центром в получен-
полученной точке М и тем же радиусом, что и окружность 5
(черт. 22,6).
Очевидно, при заданной точке А условия: 1° ОА' = ОА,
2° 1_ АОА' = а без допошительных oi оворок о направлении враще-
вращения определяют две точки А' и А' (черт. 23). Для того чтобы вы-
выделить одну из них. можно поступить, например, так. Условимся счи-
считать какое-либо определённое направление вращения положительным
(его можно задать, например, стрелкой,
поставленной на какой-либо окружности),
а противоположное направление — отри-
отрицательным. Далее бучем считать угол
поворота а = ?_ АОА' положительным или
отрицательным в зависимости от того,
каково направление вращения, переводя-
переводящего А в А'; в таком слу чае две точки А'
и А" будут отвечать различным уг-
углам поворота (отличающимся знаком). Та-
Таким образом, мы естественно приходим
к понятию о направленных углах,
которые могут быть как положительны-
положительными, тпк и отрицательными. [Это понятие
оказывается полезным и в ряде других
вопросов элементарной геометрии; см. по этому поводу написанные
Д- И. Перепёлышым решения задач в цитированной на стр. 25 книге
Ж. Адамара, стр. 488 и след. Понятие направленной окруж-
окружности, т. е. окру жпости, на которой выбрано какое-либо направ-
направление, указанное стрелкой, также возникает не только в связи с
вращением; см. по этому поводу § 5 гл. II третьей части книги.]
15. Даны две прямые /х и /2, точка А н угол а. Про-
Проведите окружность с центром А, на которой /, и /2 высе-
высекают дугу, равную по угловой мере а.
16. Постройте равносторонний треугольник, вершины ко-
которого лежат на трёх данных параллельных прямых или трёх
данных концентрических окружностях.
17. Даны окружность S, точки Л и Вп угол а. Найдите
на S точки С и О такие, что СА DB и дуга CD=a.
2 И. М. Ягло
Черт. 23.
34
ДВИЖРННЯ
[181
18. Даны две окружности S, н S , точка А и угот а.
Проведите через А прямые /t и /2, образующие угол а, та
чтобы окружности Sj и S2 высекали на этих прямых равны
хорды.
Пусть вращение с центром в точке О и углом поворота а
переводит фигуру F в фигуру F', н пусть АВ и А В'—со т-
ветствующие отрезки этих фигур (черт. 24) Тогда треуголь-
треугольники ОАВ и ОА'В1 равны (ибо ОА=ОА', ОВ=ОВ \
/_АОВ= /_АОВ', так как /_АОА' = /_ВОВ' = <*); ел -
довательно, АВ = А'В. Уго
между отрезками АВ и Л'Б
равен а (ибо прямые АВ и А В'
получаются одна из другой вра-
вращением на угол а; см. выше,
черт. 22, а); при этом АВ
надо повернуть на угол а в
направлении вращения,
чтобы получить направление
отрезка А В'1). Итак, мы видим,
что если фигурЫ р U F полу-
получаются одна из другой враще-
вращением на угол а, то соответствующие отрезки этих фигур
равны и образуют между собой угол а.
Покажем, что и обратно, если с каждой точкой фигуры F
можно сопоставить точку djyzou фигуры F' так, что
соответству ющие отрезки этих фигур равны и образуют
между собой угол а. (причём отрезки фигуры F становятся
параллельными соответствующим им отрезкам фигуры F при
повороте на уют о. в определённом направлении),
то F и F' получаются одна из другой вращением вокруг
Черт. 24.
1 Уг м южду двумя отрезками АВ и А'В', не выходящими из
одной точки по определению называется yi ол между прямыми
АВ и А'В . Это есть тот угол, на который надо повернуть отрезок АВ,
чтобы он ст л параллелен отрезку А'В.
Из п с днего замечания вытекает, что если имеются три от-
отрезка АВ, А,В, и А'В, то \гол между первым и третьим равен
суиие \г о между первым и вторы и и между вг юрым и третьи и
(для пол и точности здесь следова о бы говорить о направленных
углах, см. мечкни шрифт на предыдущей странице). Этим обстоятель-
обстоятельством мы вскоре воспользуемся.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
33
некоторого центра на угол а. Действитечьно пусть М
и ЛГ ¦—Две соответствующие друг другу точки фигур F
и F ¦ Построим на отрезке ММ' дугу окружности, вмещаю-
вмещающую угол а, и пусть О — точка пересечения этой дуги
с' перпендикуляром, восставленным к отрезку ММ' в его
середине. Так как ОМ=ОМ и /_МОМ — а, то вра-
вращение с центром О и углом поворота а переводит точку М
вМ1)- Пусть, далее, А и А' — какие угодно другие соответ-
соответствующие точки фигур Fu F. Рассмотрим треугольники ОМА
и ОМА'. У них ОМ=ОМ (по построению точки О),
МА = МА' (по условию); кроме того, ^/ ОМА = ОМ А', ибо
угол между ОМ и ОМ равен у1лу между МА и МА', т. е.
точки М, М, О и К \К — точка пересечения AM и А'М)
лежат на одной окружности и вписанные углы ОМА и ОМА'
опираются на одну и ту же дугу. Поэтому треугольники OAiA
и ОМА' равны. Отсюда следует, что ОА=ОА'; кроме то-
того, /_АОА' = /_МОМ = а (ибо /_АОМ = /_АОМ).
Следовательно, вращение с центром О и углом пово-
поворота а переводит каждую точку А фигуры F в соот-
соответствующую точку А' фигуры F', что и требовалось
доказать.
Теперь мы в состоянии ответить на вопрос о том, что
представляет собой сумма двух вращений. Прежде всего
из самого определения вращения ясно, что сумма двух вра-
вращений (в одном направлении) с общим центром О и
углами поворота соответственно а и ^ представляет со-
собой вращение с тем же центром О и углом поворота <*-[-[}
(черт. 25, а).
Рассмотрим теперь общий случай. Пусть фигура F1 полу-
получается из F вращением с центром Ог и углом поворота а,
а фигура F получается из Fx вращением в том же направ-
направлении с центром О2 и углом повфота [5 (черт. 25, б). Если
первое вращение переводит какой-то отрезок АВ фигуры F
в отрезок AxBt фигуры Ft, а второе вращение переводит
отрезок А^ в отрезок А'В фигуры F, то отрезки АВ и
) Условия ОМ = ОМ' и ?_ ЮМ' = п определяют две точки О
(сегмент можно построить п дну и по дру| ую стороьу от MAV).
"з них следует выбрать так, чтобы направление вращения с
Центром О, переводящего М ', совпало с направлением вращения
а угол а, которое делает отр зьи фигуры Г параллельными соответ-
соответствующие отрезкам ф гуры F .
36
ДВИЖЕНИЯ
/Ijfi, равны и образуют между собой угол а; отрезки АХВ
А В' равны и образуют между собой угол $. Таким образ
соответствующие др>г другу
отрезки АВ и АВ фигур F
и F равны и образуют меж-
между собой угол a-j-P> еслп F
Черт. 25.
а -f- Р = 360°, то это означает, что соотвектвующне отрезк i
фигур Fu F параллельны *). Отсюда след>ег в силу доказанног
выше, что фигуры F и F' получаются одна из другой вращение
на угол a-j-j5, если а -|- f! =^= 360°, и параллельным перен
сом, если а-|-[5 = 360°. Итак, сумма двух вращений в о
ном направлении с центрами Ог и Ог и углами поворот
а и § есть вращение на угол а-\-$, если а-{¦-$^=360°,
параллельный перенос, если a-j-j3 = 36O°. Так как вращени
на угол а равносильно вращению на угол 360° — а в про-
противоположном направлении, то последнюю часть доказанного
предложения можно сформулировать ещё и так: сумма дву
вращений представляет собой паралле гьный перенос, если
эти вращения имеют одинаковые углы поворота, но npomi -
воположные направления вращения.
Покажем теперь, как по центрам Ot н О2 двух вращений i
их углам поворота an Jl найти вращение или параллельный пер
нос, представляющие собой нх сумму. Пусть сначала a-j-j$=^360 .
В таком случае сумма вращений есть вращение на угол a -j- ;
*) Собственно, следовало бы сказать, что соответствующие о
резки фигур F и F' параллельны, есчи я-(-р кратно 360°. Однак
всегда можно считать, что углы i и р меньше 360°, в таком случае
3_|_jj кратно 360° лишь в случае a-j-g = 360 .
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
37
определим его центр. Сумма вращений переводит точку Ох в
такую точку Ov что о\О2 = О^О2 и /_ O^Ofi\ = ^ (черт. 26,я;
первое вращение оставляет О, на месте, а второе — пере-
переводит О, в О,); она же переводит в точку О2 такую точку
О, что OiO1=^O1Ol и ^О2О,О2 = а (первое вращение пере-
переводит О.г в О2, а второе оставляет О2 на месте). Отсюда следует,
что искомый центр вращения О равноудалён от О2 и Оа и от
О и О,; следовательно, его можно
найти как точку персеченпя перпен-
Черт 26.
днкуляров /j и /2, восставленных к отрезкам О2О2 и О[ Ог
в их серединах. Но из черт. 26, а видно, что lt проходит через
О, и /_lfifii = \, а /2 проходит через О, и Z.°t°J =Y •
Этими условиями прямые 1Х и /2 полностью определяются;
построив их, мы найдём О как точку их пересечения Если
a —|- ji = 360°, то параллельный перенос, которому равна сумма
вращений, можно определить тем, что он переводит точку О,
в О, (или О2 в О2); здесь точки Ог и О2 определяются так
же, как и выше (см. черт. 26,6; из э того чертежа видно, что
фигурирующие в предыдущем построении прямые lt и / здесь
параллельны — они перпендикулярны к направлению переноса,
а расстояние между ними вдвое меньше величины переноса).
Аналогично доказательству теооемы о сумме двух вращений
можно показать, что сумма параллельного переноса а вращения
и сумма вращения и параллельного переноса есть вращение
38
ДВИЖЕНИЯ
[191
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕ1 ИЯ
39
о
о
с тем же самым углом поворота а, что U у первоначаль-
первоначального вращения, но с иным центром. Предоставляем читателю
самому найти построение центра О, этого вращения по центру О
и углу поворота а первоначального вращения и величине и на-
направлению параллельного переноса (см. также текст, напечатан-
напечатанный мелким шрифтом непосредственно за этим и на стр. 52)
Теорему о сложении парачлелыюго переноса и вращения мож i
также доказать следующим образом. Мы знаем, что сумма двух вра
щений с одинаковыми углами поворота я, но разными направления и
вращения есть параллельный перенос; он переводит в центр О2 вто
рого вращения так} ю точку О2, что Ofi2 = ОгОг и ?_ ОгОЛОг =
(см. черт. 2Ь, б). Представим заданный парал-
параллельный перенос в виде суммы двух враще-
вращений, второе из которых имеет тот же центр О
и тот же угол поворота а, что и заданное
вращение, но противоположное направление
вращения. [Центр О, первого вращения опре-
определится условиями О1О = О1О и ^OOfi — a,
где О — точка, котору ю заданный парал-
лечьный перенос переводит в точку О, см
черт. 27 ] При этом сумма параллельного
переноса и вращения заменится суммой треч
вращений. Но последние два из этих вращений взаимно уничтожатся,
и у нас останется одно-единственное вращение с центром О,.
Аналогично можно доказать и теорему о сложении вращения и
параллельно! о переноса.
Бросается в глаза значительное сходство между свойствами
вращения и свойствами параллельного переноса; достаточно
сравнить доказательства теорем о сложении параллельных пе-
переносов и о сложении вращений 1). Параллельные переносы и
вращения вместе называются собственными движе-
движениям и; причины, оправдывающие это название, будут выяс-
выяснены в § 2 гл. II (см. стр. 64).
Симметрия относительно точки является частным случаем
вращения, соответствующим углу поворота а =180°. Другой
частный случай мы гкпучим, положив а = 360°. Вращение с уг-
углом поворота 360° возвращает кажду ю точку плоскости на её
прежнее место; такое преобразование, при* котором ни одна
точка плоскости не меняет своего п чожения, называется тож-
тождественным преобразование . [Может показаться,
Черт 27.
*) С некоторой точки зрения паралле ьный перенос можно даже
считать частньи счучаем вращения, по этому поводу см. § 2 гл. I
тр т.ей части киши.
что само слово преобразование зчесь является неуместным, по-
поскольку при тождественном преобразовании все фигуры оста-
остаются без изменения; однако нам будет удобно это название.]
Как и симметрию отн сительно точки, вращение можно
рассматривать как преобразование всей плоскости,
переводящее каждую её точку А в новую точку А'г). Единствен-
Единственная неподвижная точка этого преобразования есть центр
вращения О (исключение составляет лишь случай, когда угол
поворота а кратен 360°, т. е. вращение является тождествен-
тождественным преобразованием); неподвижных прямых вращение
не имеет вовсе (исключение составляет лишь случай, когда
угол а кратен 180°, т. е. вращение является тождественным
преобразованием или симметрией относительно точки).
19. Постройте и-угольник, ест известны п точек, являю-
являющихся вершинами равнобедренных треугольников, построен-
f «4Л
Чер . 28.
ных на сторонах этого л-угочь нка и имеющих при верши-
вершинах заданные углы а„ а2, ... , а„ (см. черт. 28, где п = 6).
Частным случаем задачи 19 является задача 13 (здесь 3,=^—...
... = я„ = 180°, п — нечетно). Об щеннем задачи 19 является за-
задача бб'из гл. II (стр. 107).
') См. сноску на стр. 22.
40
двнжьнпя
[20—21
20. а) На сторонах произвольного треугольника ABC, вн
его, построены правильные треугольники. Докажите, что цен
ры О,, Ог, О3 этих треугольник
сами являются вершинами прави 1ь
ного треугольника (черт. 29).
Сохранится ли в силе утвер -
денне задачи, если правнльн
треугольники построены не вн
ABC, а по ту же сторону от ег
сторон, по которую распотоже
сам треугольник?
б) На сторонах пронзвольн -
го треугольника ABC, вне его
построены равнобедренные тр
угольники ВСАХ, АСВг, АВСХ
углами при вершинах Alt Bt и
Сг, соответственно равными с,
Черт. 29. Р „ у. Докажите, что если a -J-
-f-p-f-Y = 360°, то углы тр
угольника А1В1С1 рапны * ? , 1 т. е. не зависят от фор-
Z 2, J,
мы треугольника ABC.
Сохранится ли в силе утверждение задачи, если равн -
бедренные треугольники построены не вне треугольника ABC,
а по ту же сторону от его
сторон, по какую распо-
расположен и сам треугольник?
Нетрудно видеть, что за-
задача 20 а) является частным
случаем задачи 20 б) (здесь
В
Черт 30.
21. На сторонах про-
произвольного треугольника
ABC построены правиль-
правильные треугольники ВСАХ,
АСВг и ABClt так что вершины Аг и А, В, и В располо-
расположены по разные стороны от ВС, соответственно от АС, а С,
и С — по одну сторону от АВ. Пусть М есть центр тре-
уточьннка ABCj. Докажите, что А^В^М есть равнобедрен-
равнобедренный треугольник с утлом при вершине М, равным 120°
(черт. 30).
22-23]
ОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
41
22 На сторонах произвольного параллелограмма ABCD,
„не его построены квадраты. Докажите, что их центры А1
м м' М сами являются вершинами квадрата (черт. 61).
Сохранится ли в силе утверждение задачи, если квадраты
пасположены по ту же сторону от сторон параллелограмма,
Расп по какую расположен сам
параллелограмм?
23. Дан выпуклый че-
четырехугольник ABCD. До-
Черт. 31.
Черт. 32.
кажнте, что если вершины Ох и О3 равнобедренных прямо-
прямоугольных треугольников АВО^ и CDO3 совпадают между
собой, то совпадают также и вершины Os и О4 равнобед-
равнобедренных прямоугольных треугольников ВСОг и DAOt
(черт. 32; все треуг льник» строится внутри четырехуголь-
четырехугольника).
ГЛАВА II
СИММЕТРИИ
§ 1. Симметрия относительно прямой и скользящая
симметрия
Точка А называется симметричной точке А отно-
относительно прямой / (называемой осью симметрии),
если отрезок АА' перпендикулярен к прямой / и делится ею по-
пополам (черт. 33, а). Если точка А' симметрична А относительно
прямой /, то и, обратно, А
симметрична А' относительно
той же прямой; это позво-
позволяет говорить о точках,
симметричных друг другу
относительно данной прям и.
а)
Черт. 33.
Если А' симметрична А относительно прямой /, то гово-
говорят также, что А' получается из А отражением от
прямой /.
Совокупи сть всех точек, симметричных точкам некоторой
фигуры F относительно прямой /, образует фигуру F1, снм-
СИММЕТРНИ
43
метричную фигуре F относительно I (черт. 33, б);
очевидно, что и обратно, F симметрична F относительно /.
ГЮямая при симметрии относительно ппямой / пеоехолнт
Прямая при симметрии относительно прямой / переходит
в новую прямую; при этом прямая, параллельная /, перехо-
переходит в прямую, нараллечьную /, а прямая, пеоесекаюшан /
днт в прямую, иараллечьную /, а прямая, пересекающая /
в точке О,— в прямую, пересекающую / - —" —- —
(на черт. 34, а п переходит в п'
в той же точке
т — в т'). Окружность
Черт 34.
при симметрии относительно прямой переходит в равную ей
окружность (черт. 34,6). [Чтобы доказать, например, последнее
утверждение, достаточно заметить, что всякий отрезок АВ
переходит при симметрии относительно прямой в отрезок А'В"
той же длины: так, на черт. 35, а АВ — PQ — A'B', а на
Р\
й'
а)
I
'в
черт. 35, б, в АВ—А , так как Д АОР= ЛОР,
ABOQ—&BOQ и, след ватечьно, ОА — ОА', ОВ—ОВ'.
Отсюда следует, что геометрическое место точек, удальнных от
некоторой точки О на расст нне г, переходит при сим-
симметрии относитечьно п й в геометрическое место то е ,
удалённых на расстонн г от точки О, снммстрнчн й
44
ABIIjKFHIIH
[24—26
относнтепьно прямой, т. е. что окружность S переходит
в окружность 5.]
24. а) Даны прямая MN и две точки А и В по одну
сторону от неё. Найдите на прямой MN точку X такую,
чтобы отрезки АХ и ВХ составляли с этой прямой равные
углы.
б) Даны прямая MN и две окружности St и 5а по одну
сторону от неё. Найдите на прямой MN точку X та-
л кую, чтобы касательные, прове-
проведённые из этой точки к окруж-
окружностям, составляли с прямой MN
равные углы.
в) Даны прямая MN и две
_ точки А к В по одну сторону
* от неё. Найдите на прямой MN
точку X такую, чтобы отрезки
АХ и ВХ составляли с этой
Черт. 36.
прямой углы, один из которых вдвое больше другого (т. е.
/_AXM=1/BXN, см. черт. 36).
25. а) Даны прямые /,, /2 и 13, пересекающиеся в одной
точке, и на одной из этих прямых точка А. Постройте тре-
треугольник ABC, для которого прямые /,, /,, /3 являются бис-
биссектрисами.
б) Даны окружность 5 и прямые 1г, I, и /„, проходя-
проходящие через её центр. Опишите вокруг окружности треуголь-
треугольник ABC, вершины которого лежат на данных прямых.
в) Даны прямые /,, /2 и /3, пересекающиеся в одной
точке, и на одной из них точка А1. Постройте тре>гольник
ABC, для которого точка Ах служила бы серединой стороны
ВС, а прямые /,, /2, /„ — перпентнкулярами, восставленными
к сторонам треугольника в их серединах.
Обобщением задач 25 а) и в) являются задачи 38 б) и а), стр. 57.
Значительным обобщением задачи _5 б) являются задачи 183 б) из
§ 5 гл. I третьей части книги и 283 из § 5 гл. II той же части.
26. а) Постройте треугольник, зная основание АВ = а,
высоту А, опущенную на основание, и разность у углов при
основании.
б) Постройте треугольник, зная две стороны АС и ВС и
разность у углов, прилежащих к третьей стороне.
7—301 симмьтрнп
27 Даны угол M0N и точки А и В. Найдите на сторо-
стороне ОМ такую точку X, чтобы треугольник XYZ, где К
2—точки пересечения ХА
ХВ с ON, был равнобед-
равнобедренным: XY=XZ (черт. 37).
28 а) Постройте четы-
четырёхугольник ABCD, у кото-
которого диагональ АС является
биссектрисой угла Л, зная
длины всех сторон четырех-
четырехугольника. 0'
б) Постройте четырех-
четырехугольник ABCD, в который
Ы/1О„/Ц) и углы при вершинах В и D.
шар отражается от прямолинейного
две прямые, по которым
одинаково наклонены к
Пусть в плоскости да-
даны п прямых 113 1г, •¦ • , 1„
и две точки Лий.В каком
направлении должен быть
пущен шар из точки А, что-
чтобы он, отразившись последо-
последовательно от прямых /,,
/,...,/„, прошёл через точку
В (см. "черт. 38, где п =3).
б) Пусть п = 4 и пря-
прямые /t, /2, /„ h образуют
прямоугольник, а точка В
совпадает с точкой А. Дока-
он двигался
t
после
Черт. 38.
совпадает с
жите что в этом случае длина всего пути бильярдного шара
от точки /до^возвращения в ту же точку равна сумме диаго-
диагоналей прямоугольника (и, следовательно, не зависит от поло-
ГнГ™ГА). Докажите также, что если шар при возвра
шении в точку А не будет задержан, то он, отразившись
S раз последовательно от четырёх сторон прямоугольника,
СНОВа ВОЗВраТИТСЯ В ТОЧКУ A. r-rnnOHV
30 а> Дана прямая / и точки А и В по одну сторону
от неё. Найдите на прямой I точку X такую, чтобы сумма
расстояний АХ + ХВ имела заданную величину а.
46 движения [31—3
б) Даны прямая / и точки А а В по разные стороны
неё Найдите на прямой / точку X такую, чтобы разност
расстояний АХ — ХВ имела заданную величину а.
31. а) Докажите, что три точки, симметричные точк
пересечения высот Н произвольного треугольника ABC отw
сительно его сторон, лежат на окружности, описанной окот
треугольника ABC.
б) Постройте треугольник ABC по трём данным точкам Н1
Нг, Н, симметричным точке пересечения высот треугольник
относительно его сторон.
32. На плоскости даны четыре точки Д, Лг, А3, Д,
причем точка Л4 является точкой пересечения высот тре-
уюльннка ДДД. Обозначим окружности, описанные вокруг
треугольников АгА,А3, А^А,АХ, A1A3Ai и A2AsAt, через 54
S , St n Su а центры этих окружностей — ч,ерез 04, О3, О2
и О1. Докажите, что
а) Л, является точкой пересечения высот треугольника
ьА^ Л2 — точкой пересечения высот треугольника ДДЛ ,
—точкой пересечения высот треугольника ДДЛ
б) окружности Slt S2, S3 и 5, равны между собой;
Черт.
hhkvB) Г™Ре7гальннк °^О3ОА симметричен четырёхуголь-
четырёхугольнику ДЛ2Л3Д относительно некоторой точки О (черт. 39)
33J
CI1MMFTPH1I
47
[Другими сювамп, если точки Д, А2, А3 и Л4 располо-
расположены так, что каждая точка является точкой пересечения
высот треугольника, образованного тремя другими, то четыре
отрезка, соединяющих каждую из точек с центром окруж-
окружности, проходящей через три остальные точки, пересекаются
в одной точке и делятся в ней пополам ]
33. На плоскости даны четыре точки Д, Д, Д, Д,
расположенные на одной окружности S. Точки пересечения
высот треугольников ДДД, ДДД, ДДД " АгАзА*
обозначим через Я4, Н3, Я2 и //,. Докажите, что
а) четырёхугольник HlH2H3Hi симметричен четырёхуголь-
четырёхугольнику ДЛ2ДД относительно некоторой точки Н (черт. 40).
[Другими словами, если точки Д, Л , А3 и Л4
расположены на одной окружности, то четыре отрезка, соедн-
Черт 40.
няющнх каждую из этих точек с точкой пересечения высот
треугольника, образованного тремя остальными, пересека-
пересекаются в одной точке и делятся в ней попотам J;
б) четверк i точек Д, Лг, Я, Я4; Д, А , Нг, Я4;
Д, Л4, Н„ Я ; Д, Л , Нх, Нл; Л2, Л4, Hv Н ; Л3, Л„
"и Я4 и Яа, //„, Я Я лежат каждая на одной окружности.
ll
48
ДВИЖЕНИЯ
[34
35-36]
СИММЕТРИИ
49
При этом семь окружностей, на которых лежат эти четверк
точек, равны мгжду созой и равны S.
34. Докажите, что если многоугольник имеет нескольк
(больше двух) осей симметрии, то все они пересекаютс
в одной точке.
Рял др\гих задач, использующие симметрию относительно пр
мой, приведен в § 2 гл. II второй части книги.
Пусть точка Ах симметрична точке А относительно пря
мой /, а точка А' получается из Аг параллельным переносо
на расстояние а в направлении той же самой прямой (черт. 41, а)
В таком случае говорят, что точка А' получается из точки А
скользящей симметрией с осью / и величиной
Черт 41.
параллельного переноса а. Другими словами, сколь
зящая симметрия есть сумма симметрии относительно
Лрямой I и параллельного переноса в направлении той же
самой прямой (причём взятых в любом порядке, как
легко видеть на черт. 41, а; здесь А2 получается из А парал
лельным переносом в направлении / на расстояние a, a A
получается из Л2 симметрией относительно /).
Совокупность всех точек, в которые переходят при сколь-
скользящей симметрии точки некоторой фигуры F, образует фи-
фигуру f, получающуюся скользящей симметрией
из фигуры F (черт. 41, б). Очевидно, что и, обратно,
фигуру F можно получить из F' скочьзящей симметрией с тон
же самой осью / (и противоположным направлением параллель-
параллельного перенсса); это позволяет говорить о фигурах, получаю-
получающихся скользящей симметрией друг из друга.
35. Даны прямая /, две точки А и В по одну сто-
сторону от неё и отрезок а. Найдите на прямой / такой отре-
отрезок XY длины а, чтобы длина
ломаной AXYB была наименьшей
(черт. 42).
36. а) Постройте четырёх-
четырёхугольник ABCD, у которого
?С= /_D, зная стороны АВ
и CD, сумму сторон ВС и AD
и расстояние d от вершины А до
стороны CD.
б) Постройте четырёхуголь-
четырёхугольник ABCD, зная стороны АВ и
X У
Черт. 42
CD, сумму сторон ВС и AD и расстояния
Л и б до стороны CD.
t и d2 от вершин
Докажем теперь несколько предложений о сложении
симметрии относительно прямой.
1°. Сумма двух си мметрий относительно одной и той
усе прямой есть тождественное преобразование.
Действительно, если симметрия относительно прямой / пере-
переводит точку А в точку А' (см. черт. 33, а, стр. 42), то по-
повторная симметрия относительно / переводит А' обратно в А,
т. е. в результате двух симметрии положение точки А не
меняется.
Иначе утверждение 1° можно выразить так: две симмет-
симметрии относительно одной и той же прямой взаимно уни-
уничтожаются.
2°. Сумма двух симметрии относительно параллельных
прямых есть параллельный перенос в направлении, перпен-
перпендикулярном к этим прямым, на величину, равную удвоен-
удвоенному расстоянию между ними.
Пусть А — произвольная точка плоскости, Ах — точка, сим-
симметричная А относительно прямой 1Х, А'—точка, симметрич-
симметричная Аг относительно прямой /„, параллельной 1Х (черт. 43, а).
ААХ _|_ 1у и АХА' /2; следовательно, точки А, Ах
" А' лежат на одной прямой т, перпендикулярной к 1г
и /2. Если Р и Q—точки пересечения прямой т с 1г
11 /2, то АР — PAU AXQ=QA' и, например, в случае,
50
ДВИЖЕНИЯ
изображённом на черт. 43, а 1),
АА' = АР-\- РАг -J- A^Q -\- QA' = 2РАХ -\- 2AXQ= 2PQ.
Итак, АА' _[_ /г и АА' = 2PQ, что и требовалось доказать.
Предложение 1° можно считать частным случаем предложения 2
получающимся из 2° при PQ = Q.
3°. Сумма двух симметрии относительно пересекаю-
пересекающихся прямых есть вращение с центром в точке пересече-
а)
б)
Черт. 43.
ння этих прямых и углом поворота, равным удвоенному
углу между нами.
Пусть А — произвольная точка плоскости, Лт—точка, сим-
симметричная А относительно прямой /t, A'—точка, симметрич-
симметричная Ах относительно прямой /s, пересекающей 1г в точке О
(черт. 43, б). Если Р и Q точки пересечения ААХ с /t и
АХА' с /g, то Д АОР=/\ AfiP, /\A1OQ = /\A'OQ. Отсюда
имеем ОА ОАХ, ОАг = ОА'; /_АОР=/_РОАХ, /_AfiQ =
— ^/ QOA' и, например, в случае, изображённом на черт. 43, б2),
°Q + Z. Q°A' =
= 2 /_ РОАг -\- 2 /_ AfiQ — 2 /_ POQ.
*) Для того чтобы сделать это докачатечьство не зависящим от
чертежа, надо воспользоваться понятием направленных отрезков пря-
прямой (см. мельий шрифт на стр. 24 25).
2)Для того чтобы сде!ать это рассуждение не зависящим от чер-
чертежа надо воспользоваться понятием направленных углов (см. мелкий
шрифт на стр. 33).
CI1MMLTPI1I1
51
Итак, ОА=ОА' и ?АОА'_2/_POQ, что и требоватось
доказатьг).
Предложения 2° и 3° позволяют дать простое доказательство
теорем о сложении вращений и™ вращения и парачлельного пе-
переноса.
Пусть требуется, например, найти сумму дв\х вращений с цент-
центрами О, и О2 и углами поворота а и р. В силу 3° первое вращение
можно заменить суммой двух симметрии относительно прямых /,
и ОА. где I, проходит через О, и Z'A02= ° ; второе вращение
можно заменить суммой двух симметрии относительно прямых Ofi^
»'» где ^ проходит через Ог и /_0х0г^=^ (черт. 44). ТогЛа
сумма двух вращений заменится суммой четырёх симметрии относи-
относительно прямых / Ofi ОА и / Но две ср
су ду ращений з
тельно прямых /„ Ofiv
и /s. Но две среднее нз этих четырех
Черт 44
симметрии имеют одну и ту же ось и поэтому в силу 1° взаимно
уничтожаются. Таким образом сумма четырёх симметрии относительно
прямых lv Ofiv ОА и 'г совпадает с суммой двух симметрии отно-
относительно прямых /, и 1г. Если г, и 13 пересекаются в точке О, то
в силу 2° сумма этих двух симметрии есть вращение с центром О
и углом поворота llfiO^, который, как видно из черт. 44, а, равен
сумме углов 21 ,ОА = а и 20А'а = Р (КООг есть внешний угол тре-
треугольника ОАО). Если же 1Х и I параллельны (из черт. 44, б видно,
что этот случай"будет иметь место, когда /_ 'А^г + Z ОгОг12 = 180°,
*) Из доказательств пп. 2 и 3° нетрудно усмотреть что сумма
дпух симметрии относите 1ьно прямых зависит от порядка, в котором
производятся эти симметрии (за исключением того единственного слу-
случая, когда прямые взаимно перпендикулярны и сумма симметрии,
произведённых в любом порядке, представляет собой симметрию
относительно точьн их пересечения).
52
ДВНЖ1- Н11Я
т. е. когда п -\- [! = 360°), то в силу 2° сумма си 1метрий относительно
I, и г, представляет собой параллельный перенос. Тем самым мы снова
приходим к тем же результатам, что и раньше (см. выше, стр 36—37).
Найдем теперь сумму параллельного переноса в направлении NN'
на величин} а и врашения с центром О и углом поворота а. Парал-
Параллельный перенос заменим с>ммой двух симметрии относительно пря-
прямых г, и I, перпендикулярных к NN', расстояние между которыми
равно -к-; пусть при этом I проходит через О (черт. 45, а). Врадение
заменим суммой двух симметрии относительно прямых I и /4, где lt
N а У
/Г
~л
It
Pi
а'
\\\ а.
и
А
*//;
я
К
\
V
а)
б)
Черт. 45.
проходит через О и ?_ Ю1Л = -^. Тогда сумма параллельного пере-
переноса и вращения заменится суммой четырёх симметрии относительно
прямых г,, I, I и г,. Две средние из этих четырёх симметрии в силу 1°
взаимно уничтожатся; поэтому у нас останется С}мма двух симметрии
относительно прямых lt и 13, которая в силу 3° представляет собой
врашение вокруг точки О. пересечения lt и 12 на угол 2/^lfiJ =
=2 Z. Ю1г = а (см. черт. 45, а).
Точно так же показывается, что сумма вращения с центром О и
\глом поворота а и параллельного переноса в направлении NN' на
расстояние а есть вращение с тем же углом поворота а. Для того
чтобы найти центр Ъх этого вращения, следует провести через О пря-
прямые I и lt, где I ]_ NN' и 1,01 = 4 • и ПРЯМУЮ 1 II '¦ отстоящую от I
на расстояние J? . О, есть точка пересечения г, и г, (черт. 45, б).
СИММЕТРИИ
4°. Сумма симметрии относительно трёх параллельных
прямых или относительно трёх прямых, пересекающихся
в одной точке, есть симметрия относительно прямой.
Предположим сначала, что оси симметрии /,, 1г и /3 парал-
параллельны (черт. 46, а). В силу 2° сумма симметрии относительно
прямых /j и /g представляет собой параллельный перенос
в направлении, перпендикулярном к /t и /„, на расстояние,
равное удвоенному расстоянию между ними, и совпадает с сум-
суммой симметрии относительно любых других прямых I к Г
таких, что они параллельны
/4 ii /2 и расстояние между ними е
,4
I,
'VT
Ail
а)
Черт. 46.
равно расстоянию между /т и /а. Предположим теперь, что /'
совпадает с /3, и заменим сумму наших трёх симметрии сум-
суммой симметрии относительно прямых /, /' = /3 и /3. В силу 1°
последние две из этих симметрии взаимно уничтожатся и оста-
останется симметрия относительно /.
Пусть теперь прямые lv /2 и /3 пересекаются в одной
точке О (черт. 46, б). В силу 3° сумма симметрии относи-
относительно /t н /г представляет собой вращение вокруг О на
угол 2 ^/ 1хО12 и совпадает с суммой симметрии относительно
прямых / и 1з, где / проходит через О и /,Ю13 = /_lfil%.
Поэтому сумма симметрии относительно lv /s и /а равносильна
сумме симметрии относительно /, /3 и /3 или одной симмет-
симметрии относительно / (ибо две последовательные симметрии
относительно /3 взаимно уничтожаются).
5°. Сумма симметрии относительно трёх прямых,
пересекающихся попарно в трёх точках, или таких, что
54
ДВИЖЕНИЯ
две из них пара глельны между собой, а третья их пере-
пересекает, есть скользящая симметрия.
Пусть прямые 1Х и 1г пересекаются в точке О (черт. 47, а)
Сумма симметрии относительно /, и /., есть вращение с цент-
р м О и углом поворота 2 /J. хО1г (см. 3°); поэтому су i
этих симметрии можно заменить суммой симметрии относi-
тельно любых двух прямых /' и 1\, пересекающихся в той ж
О, /Q
а) б)
Черт 47.
точке О и образующих тот же утл, что и /Л и /2. Выберем
прямые 1[ и 1'2 так, чтобы было 1'г J_ /3, и заменим сумму сим-
симметрии относительно 1Х, /2 и 13 суммой симметрии относительно
прямых 1[, 1'2 и 13 (т. е. суммой симметрии относительно
прямой 1[ и точки О1 пересечения 1'г и 13, ибо в силу 3° сумма
симметрии относительно взаимно перпендикулярных прямых
есть симметрия относительно точки их пересечения).
Заменим теперь сумму симметрии относительно взаимно пер
пенднкулярных прямых Г2 и 13 суммой симметрии относнтельн
новых взаимно перпендикулярных прямых 1'^ и 1'3, пересекаю-
пересекающихся в той же точке Ох, и таких, что /" | 1\ (черт. 47, б;
эта замена законна, так как сумма симметрии относительно
l'2' и /' тоже есть симметрия относительно Ох). При этом
сумма симметрии относительно 1\, 1\ и / заменится суммой
симметрии относитепьно l[, l't' и /'. Но в сипу 2° сумма сим-
симметрии относительно параллельных прямых /', и /" есть парал-
параллельный перенос в направлении Г3, перпендикулярном к 1[ и Ц'.
СИММЕТРИИ
55
Следовательно, сумма симметрии относительно /,', Га' и 1'3 равна
сумме параллельного переноса в направпенин Г3 и симметрии
относительно l's, т. е. скользящей симметрии с осью Г3.
Совершенно так же проводится доказательство и в том
случае, когда прямые 1Х и 12 параллечьны, а 12 и /3 пересе-
пересекаются в точке О. [В этом случае следует сначала заменить
сумму симметрии относительно /2 и /„ суммой симметрии отно-
относительно прямых 1'2 и 1'3, пересекающихся в той же точ-
точке О, и таких, что /' J^ /,; затем заменить сумму симметрии
относительно взаимно перпендикулярных прямых 1Х и Гг сум-
суммой симметрии относительно FuaiiMHO перпендикулярных пря-
прямых/' н/,', пересекающихся в той же точке Ох, и таких,
что/': = /;.]
Из предложений 2° — 5° вытекает также следующая общая
теорема:
Сумма чётного числа симметрии относительно прямых
есть вращение вокруг точки или параллельный перенос;
сумма нечётного числа симметрии относительно прямых
есть симметрия относительно прямой или скользяща * сим-
симметрия.
Действительно, сумму чётного числа симметрии относи-
относительно прямых в силу предложений 2° и 3° можно заменить
суммой некоторого числа вращений и параллельных переносов.
Но сумма любого числа вращений и параллельных переносов
есть новое вращение ити параллельный перенос (см по этому
поводу гл. I или текст, напечатанный мелким шрифтом на
стр. 51—53).
Далее, так как сумма чётного числа симметрии есть вра-
вращение или параллельный перенос, то сумму нечётного числа
симметрии можно заменить суммой вращения или параллель-
параллельного переноса и симметрии относительно прямой. В силу
предложений 2°, 3° вращение или параллельный перенос мож-
можно заменить суммой двух симметрии относительно прямых.
Таким образом, сумму нечётного числа симметрии относитель-
относительно прямых всегда м жно заменить суммой трёх симмет-
симметрии; после этого оста тся лишь воспользоваться предложе-
предложениями 4°, 5°.
Отметим ещё, что сумма чётного числа симметрии относи-
относительно прямой, вообще говоря, представляет собой вращение;
56
ДВИЖЕНИЯ
[37
случай, когда эта сумма сводится к параллельному переносу,
следует рассматривать как исключительный. [Сумма двух сим-
симметрии относительно прямых 1Х и /2 есть параллельный пере-
перенос лишь в том исключительном случае, когда 1г 1г; сумма
двух вращений на углы а и 3 есть параллельный перенос
лишь в том исключительном случае, когда а -\- $ = 360 ,
и т. д.] Аналогично этому сумма нечетного числа симметрии
относительно прямых, вообще говоря, есть скользящая сим-
симметрия; случай, когда сумма нечётного числа симметрии пред-
представляет собой симметрию относительно прямой, следует счи-
считать исключительным. [Например, сумма трёх симметрии
относительно прянгых llt /2 и 13 есть симметрия относительно
прямой лишь в том исключительном случае, когда прямые 1Х, /2
и 13 все параллельны между собой или пересекаются все в
одной точке.]
Симметрия относительно прямой и скользящая симметрия —
преобразования плоскости, переводящие каждую
точку А в новую точ ку А'1). Неподвижными точками
симметрии относительно прямой являются все точки оси симмет-
симметрии /; неподвижными прямыми являются ось / и все
прямые, перпендикулярные к /. Единственной неподвиж
ной прямой скользящей симметрии является её ось /;
неподвижных то чек скользящая симметрия не имеет вовсе.
37. Луч света отражается от прямолинейного зеркала
таким образом, что угол падения равен углу отражения
(т. е. по тому же закону, по которому бильярдный шар
отражается от борта бильярда; см. задачу 29). На пло-
плоскости расположены два прямолинейных зеркала, образую-
90°
щнх между собой угол ос. Докажите, что если ос= ,
где п — целое число (и только в этом случае!), то любой
луч, отразившись несколько раз от обоих зеркал, в кон-
конце концов уйдёт в направлении, обратном направлению
первоначального падения (см. черт. 48, а, б, 1де изобра-
х) Симметрия относительно прямой является движением в
смысле определения, приведённого во введении к настоящей части,
поскольку это преобразование переводит каждый отрезок АВ в отре
зон А'В' той же длины (см. черт. 35 на стр 43 и относящийся к нему
текст). Скользящая симметрия является движением, так как она пред
ставляет собой сумму двух движений симметрии относительно прямой
и параллельного переноса.
S8]
СИММЕТРИИ
57
жены случаи л=1, « = 90° и л = 2. а 45°; в обоих
случаях окончательное направление луча PQ, соответст-
М
Черт. 48.
венно RS, противоположно первоначальному его направ-
направлению МЛ/).
38. На плоскости даны л прямых /v 1г, ... , /„. Постройте
л-угольннк АлА.^...Ап, для которого эти прямые являются:
Черт. 49.
а) пеопенднкулярами к его сторонам, восставленными
в их серединах (черт. 49, а);
б) биссектрисами внешних или внутренних углов при
вершинах (черт. 49, б).
58
движиння
[39—40]
Рассмотрите отдельно случаи чётного и нечётною п.
В каком случае задача не имеет решения или является неоп-
неопределенной?
39. На плоскости даны точка М и п—1 прямых /2,
13 /„. Постройте я-угольник \A2...An,
а) середина стороны АхАг которого совпадает с точ-
точкой М, а перпендикуляры, восставленные к остальным сто-
сторонам в их серединах, совпадают с прямыми /а, 13, ... , 1п;
б) угол А1 которого имеет известную величину а, бис-
биссектриса угла Ах проходит через М, а биссектрисы углов
А А А
Аг, А3
Ап
г 3 п совпадают с /2, 13, ... , 1п.
40. Впншнтс в данную окружность я-угольннк,
а) стороны которого параллельны п заданным прямим
плоскости;
б) сторона А1Ап которого проходит через известную
точку, а остальные стороны параллельны п—1 заданным
прямым.
Значительным обобщением задач 40 а), б) является задача 183 а)
из § 5 гл. I третьей части книги, а также задачи 231 из § 2 и 259
нз § 4 гл. II той же части.
§ 2. Собственно-разные и зеркально-равные фигуры.
Классификация движений плоскости
Согласно учебнику геометрии для средней школы А. П. Ки-
Киселёва «две геометрические фигуры называются равными,
если перемещением одной из них в пространстве её можно
совместить со второй фигурой». Это определение приведено
в самом начале первой книги Киселёва «Геометрия > и является
основным для всего дальнейшего. Однако появление это-
этого определения в начале курса планиметрии может вызвать
возражения. Действительно, планиметрия рассматривает свой-
свойства фигур плоскости, а в определении равенства гово-
говорится о перемещении фигур в пространстве. Таким
образом, оказывается, что первое и основное определение
курса планиметрии само относится не к планиметрии, а к
стереометрии. Поэтому удобнее бьно бы в курсе планиметрии
называть равными такие фигуры, которые можно совместить
перемещением одной из них в плоскости, а не в про-
пространстве—такое определение уже не будет использовать
стереометрические представления. Однако оказывается, что
СИММЕТРИИ
59
эТо новое определение равенства не совпадает с первона-
первоначальным.
Действительно, пары равных между собой фигур, распо-
расположенных в плоскости, могут быть двух типов. Возможно,
что две равные фигуры таковы, что их можно совместить при
помощи движения одной нз фигур, не выводящего згой фигуры
из той плоскости, в кот рой она первоначально бы па распо-
расположена; таковы, напрмер, фигуры F и Fl на черт. 50, а
(они могут быть совмеще-
совмещены вращением вокруг точ-
а)
Черт. 50.
кн О). Но возможно, что две плоские фигуры равны, однако для
того чтобы их совместить, необходимо одну из них вынуть
iij плоскости и перевернуть <на другую сторону». Таковы
фигуры F и /\ на черт. 50, б; никаким движением фигуры Fx,
оставляющим её в тоскосгн, нельзя со местнть её с
фигурой F. _ _ _
Действительно, рассмотрим три точки Аг, Вх и Сх фигуры Fx
и соответствующие им т чкн А, В и С фигуры F. Треуголь-
Треугольники ABC и АХВХСХ нме т, как говорят, < разное направление
обхода контура : в треугочьннке ABC обход контура от вер-
вершины А через вершину В к в ршнне С совершается по часо-
часовой стрелке, а обх контура треугольника АХВХСХ от
вершины Иа через вер i у В, к вершине С\ совершается
против часовой ст е к и. А так как при движении
фигуры Fx в плоскости н правление обхода контура треуголь-
ДВИЖЕНИЯ
ника АХВХСЛ, очевидно, не может меняться, то сколько бы мы
ни двигали в плоскости фигуру Flt мы никогда не сможе
совместить треугольник А1В1С1 с треугольником ABC. И
если < перевернуть фигуру F1 на другую сторону», для чеп.
достаточно заменить её фигурой F2, симметричной F1 относи
тельно какой-либо прямой /, то мы уже без труда смо
жем совместить полученную фигуру F2 с F движением, ос-
оставляющим её в плоскости (вращением вокруг точки О;
см. черт. 50, б).
В дальнейшем фигуры, которые можно совместить движе-
движением, оставляющим их в плоскости, мы будем называть соб-
собственно-равными; равные фигуры, которые нельзя со-
совместить движением, оставляющим их в плоскости, мы будем
называть зеркально-равными. Из предыдущего видно
как различить, являются ли две данные равные фигуры F и F'
собственно-равными или зеркально-равными: для этого следует
выэрать какие угодно три точки А, В, С фигуры F и соот-
соответствующие им точки А', В', С фигуры F' и посмотреть,
являются ли направления обхода контуров треугольников ABC
и А'В'С (от А через В к С, соответственно от А' черел
В' к С) одинаковыми или противоположными. Две фигуры
мы будем называть просто «равными > только в том случае,
если нам безразлично, являются ли они собственно-равными
или зеркально-равными.
Таким образом, две геометрические фигуры называются
собственно равными, есяи перемещением одной из них в пло-
плоскости её можно совместить со второй фигурой,—это
определение почт дословно повторяет определение равенства
по Киселёву, однако оно уже целиком относится к плани
метрин.
Докажем теперь две важные теоремы.
Теорема 1. Каждые две собственно-равные фигуры
плоскости можно перевести одну в другую при помощи
вращения вокруг некоторой точки или при помощи неко-
некоторого параллельного переноса.
Заметим прежде всего, что каждые два равных отрезка
АВ и А'В' плоскости могут быть переведены один в друго?*
при помощи вращения вокруг некоторой точки О или неко
торого параллельного переноса. Действительно, если отрезки
СИММЕТРИИ
61
АВ и А'В' равны, параллельны и одинаково направлены
(черт. 51, а), то АВ можно перевести в А'В при помощи
параллельного переноса (см. выше, стр. 22—23, где доказано
В'
а)
Черт. 51.
более общее предложение о двух фигурах F и F', соответ-
соответствующие отрезки которых равны, параллельны и одинаково
направлены); величина и направление этого параллельного
переноса определяются отрезком АА'. Если же отрезки АВ
и А'В" образуют между собой некоторый угол а (черт. 51, бI),
то АВ можно перевести в А'В' при помощи вращения на
угол а. (см. выше, стр. 34—35, где доказано более общее пред-
предложение о 1вух фигурах F и F', соответствующие отрезки
которых равны и образуют между собой угол а); центр О
этого вращения можно найти, например, как точку пересе-
пересечения перпендикуляров, восставленных к отрезкам АА' и ВИ
в их серединах2).
Рассмотрим теперь две собственно-равные фигуры F и F'
(черт. 52). Пусть М и N — две произвольные точки фигуры F;
им отвечают точки М и N' фигуры F'. Так как фигуры
равны, то MN = A1N и, значит, существует вращение (или па-
х) Сюда входит и тот сличай, когда отрезки АВ и А'В' образуют
между собой угол а = 180°, т. е. они равны, параллельны и противо-
противоположно направлены.
s) Если рассматриваемые перпендикуляры совпадают, то предложен-
предложенное построение не г ится; в этом случае О есть точка пересечения
самих отрезков АВ к А В' (а есчи эти отрезки совпадают, т. е. А со-
совпадает с В', а И — с А, то О есть общая середина АВ и А'В').
О можно также найти к к точку пересечения сегмента, построенного
на отрезке АА' и мешающего угол а, и перпендикуляра, вос-
восставленного к АА' в его середине. Наконец, ещё два удобных по-
построения центра враще1ия, переводящего известный отрезок АЯ в
другой известный трезок А'В', указаны в § 2 гл. I второй части
(см. ниже, стр. 105—1 6).
62
ДВИЖЕНИЯ
Черт. 52.
общую сторону M'N',
метрпчны относительно
что последний случай
раллельный перенос), переводящее отрезок MN в отрезок MN".
Мы утверждаем, что при этом вся фигура F переходит в фи-
фигуру F', т. е. что каждая точка А фигуры F переходит
в соответствующую ей точку А'
фигуры F'. Обозначим через А1
точку, в которую переводит точку
А вращение (или параллельный пере-
перенос), переводящее MN в M'N'; нам
надо доказать, что Ах совпадает с
А'. Так как фигуры F и F' равны,
то AM—А'М; AN=A'N'\ с другой
стороны, очевидно, и АМ=АгМ,
AN=AXN. Отсюда следует, что
треугольники A'M'N' и AXM'N' равны.
А так как эти треугольники имеют
то они или совпадают, или сим-
M'N'. Остаётся только показать,
...j __.. невозможен. Треугольники AMN и
A'M'N' имеют одинаковое направление обхода контура, так
как фигуры F и F' собственно равны; треугольники
AMN и AXM'N' тоже имеют одинаковое направление обхода
контура, так как они получаются один из другого вращением
или параллельным переносом. Отсюда следует, что треуголь-
треугольники A'M'N' и AXMN' имеют одинаковое направление обхода
контура и поэтому не могут быть симметричны. Значит, эти
треугольники совпадают и точка А действительно переходит
при вращении (или параллельном переносе) в точку А'. Этим
и завершается доказательство теоремы 1.
Если фигуры F и F' можно перевести одну в другую
вращением с центром О, то точка О называется центром
вращения этих двух фигур. Для построения центра
вращения О двух собственно-равных фигур достаточно
выбрать две произвольные точки А и В одной фигуры
и отвечающие им точки А и -В второй фигуры; О есть
точка пересечения перпендикуляров, восставленных к АА'
и ВВ1 в их серединах (см. также сноску2) на предыдущей
странице).
Теорема 2. Каждые две зеркально-равные фигуры
плоскости можно перевести одну в другую при помощи
скользящей симметрии ими при помощи симметрии отно-
относительно прямой.
СИММЕТРИИ
63
точки А и Лг распо-
расстоянинх от /
от неё и точки
Доказательство теоремы 2 аналогично доказательству те-
теоремы 1. Прежде всего покажем, что каждые два равных от-
отрезка АВ и А'В' можно перевести один в другой при помощи
скользящей симметрии с некоторой осью / (или при помощи
симметрии относительно некоторой прямой /). Действительно,
предположим, что это так, и пусть / — ось искомой сколь-
скользящей симметрии (или просто симметрии). Перенесём парал-
параллельно отрезок А'В в новое положение АВ так, чтобы точка А'
перешла в А (черт. 53). Так как отрезок АХВЛ, в который
переходит АВ при симметрии относи-
относительно /, должен быть параллелен АВ
(оба эти отрезка параллельны А'В), то
прямая / должна быть параллельна
биссектрисе /0 угла ВАВ (ибо сумма сим-
симметрии относительно /0 и / переводит в
отрезок АВ в параллельный ему отре-
отрезок А^). Далее точки А и А долж-
должны быть расположены на равных рас-
расстояниях от прямой / по разные сторо-
стороны от неё (ибо
ложены на равных
по разные стороны
на равных расстояниях от / по одну сторону от неё). От-
Отсюда следует, что прямая / должна проходить через сере-
середину М отрезка АА'. Таким образом, зная отрезки АВ и А'В',
мы можем построить прямую / (она параллельна /0 и
проходит через М).
Пусть теперь отрезок АХВХ симметричен АВ относительно
построенной прямой /. Так как /1| /0, то АХВХ \\ А'В; так как
/ проходит через М, то точки Ах и А' равноудалены от / и
находятся по одну сторону от неё. Следовательно, если от-
отрезок АХВХ не совпадает с А'В, то его можно перевести
в А'В параллельным переносом в направлении прямой /. От-
Отсюда видно, что отрезок АВ действительно можно перевести
в равный ему отрезок А'В скользящей симметрией (или просто
симметрией относительно прямой).
Заключительная часть доказательства теоремы 2 почти
точно повторяет конец доказательства теоремы ]. Пусть F и
F' — две зеркально-равные фигуры, MN и M'N — два произ-
произвольных соответствующих отрезка этих фигур (черт. 54).
Черт. 53.
А и А' расположены
64
ДВИЖЕНИЯ
СИММЕТРИИ
63
Черт. 54.
Существует скользящая симметрия (или просто симметрия),
переводящая отрезок MN в отрезок MN. Докажем, что
при этом вся фигура F перейдёт в фигуру F, т. е. что
точка Ах, в которую перейдёт про-
произвольная точка А фигуры F,
совпадает с точкой А' фигуры F',
соответствующей А. Действительно,
Д A'M'N' = Д AMN, так как фи-
фигуры F и F' равны; ^\lA1M'N =
= ДА/ИЛ/, так как A,M'N полу-
получается из AMN скользящей симмет-
симметрией (или симметрией относительно
прямой). Поэтому AXMN или совпада-
совпадает с A'M'N', или симметричен A'M'N'
относительно общей стороны M'N1
этих двух треугольников. Но треугольники A^M'N и A'M'N
симметричными быть не могут, так как они имеют одинако-
одинаковое направление обхода контура. Последнее следует из того,
что направление обхоаа контура треугольников A'M'N и AMN
различно (ибо фигуры/7и F' зеркально-равны); направ-
направление обхода контура треугольников A,MN и AMN тоже
различно (ибо симметрия относительно прямой и скользящая
симметрия изменяют направление обхода контура треугольни-
треугольника). Значит, треугольник AXM'N обязательно совпадает с
треугольником A'M'N, что и завершает доказательство
теоремы 2.
Движения, переводящие собственно-равные фигуры одну
в другую, часто называют собственными движениями;
в противоположность этому движения, совмещающие зер-
зеркально-равные фигуры, называют симметрия ми (заметим,
что согласно этим определениям симметрия относительно
точки является не симметрией, а собственным движением!).
Теоремы 1 и 2 утверждают что, каждое собственное дви-
движение сводится к параллельному переносу или к вра-
вращению вокруг точки, а каждая симметрия — к симметрии отно-
относительно прямой или к скользящей симметрии (ср. с текстом
на стр. 67).
Объединяя результаты теорем 1 и 2, можно сформули-
сформулировать следующее общее предложение:
Каждые две равные фигуры плоскости можно пере-
перевести одну в другую при помощи параллельного переноса
if или вращения вокруг точка, или симметрии относительно
прямой, или скользящей симметрии.
При этом если две фигуры собственно-равны, то их,
вообще говоря, можно совместить вращением вокруг точки;
случай, когда фигуры получаются одна из другой параллель-
параллельным переносом, будет представлять исключение. Если фи-
фигуры зеркально-равны, то их, вообще говоря, можно совме-
совместить при помощи скользящей симметрии; случай, когда фи-
фигуры получаются одна из другой симметрией относительно
прямой, будет представлять исключение.
Теоремы 1 и 2 можно также вывести из предложений о сложе-
сложении симметрии относительно прямой (см. выше, стр. 49—55). Дейст-
Действительно, доказательство теоремы 1 основывалось на том, что каждые
два равных отрезка АВ и А В' можно перевести один в другой при
помощи вращения или параллельною переноса. Но, очевидно, АВ можно
перевести в А В' при помоши последовательных симметрии относительно
двух прямых I, и 1г: достаточно выбрать в качестве ^ перпендикуляр,
восставленный к отрезку АА' в его серелнне (если А' совпадает с А,
то за /, можно выбрать любую прямую, проходящую через А), а за
г2 — биссектрису \тла ВЛВ, |де Вх — точка, симметричная б отно-
относительно г, (черт. 55, а). Далее остаётся только воспользоваться пред-
I
I,
8'
Черт. 55.
ложениямн 2° и 3°. стр. 49—50. Доказательство теоремы 2 основыва-
основывалось на том, что каждые два равных отрезка АВ и А'В' можно пере-
перевести олин в другой при помощи скользишей симметрии или симметрии
относительно прямой. Но АВ можно перевести в А'Ь' при помощи
3 И. м. Яглом
66
ДВИЖЕНИЯ
141-43]
СИММЕТРИИ
последовательных симметрии относительно трёх прямых lv /2 и ls:
ось /j первой симметрии при этом можно выбрать совершенно про-
произвольно, а прямые 1г и 13 подобрать так, чтобы сумма симметрии
относительно этих двух прямых переводила отрезок AXBV симметрич-
симметричный АВ относительно lv в А'В (черт. 55, б). Далее остаётся только
воспользоваться предложениями 4° и 5°, стр. 53—54.
Обратно, все предложения о сложении движений можно вывести
из теорем 1 и 2. Так, теорема 1 утверждает, что каждые две соб-
собственно-равные фигуры можно получить одну из другой при помощи
вращения или параллельного переноса. Но если две фигуры F и F'
получаются одна из другой с помощью двух симметрии относительно
прямой или вообще чётного числа симметрии, то эти фигуры соб-
собственно-равны (ибо одна симметрия относительно прямой меняет на-
направление обхода контура треу! олышка, а две симметрии не меняют
его). Поэтому F' можно получить из F вращением или параллельным
переносом, т. е. сумма двух симметрии относительно прямой
(или вообще чётного числа симметрии) есть вращение или параллель-
параллельный перенос (см. выше, стр. 55). Совершенно аналогично из теоремы 2
выводится, что сумма трёх симметрии относительно прямой (или
вообще нечётного числа симметрии) есть скользящая симметрия или
симметрия относительно прямой (см. выше, стр. 55). Из тео-
теоремы I также следует, что сумма двух вращений есть вращение
или параллельный перенос (см. выше, стр. 36 или текст, напечатанный
мелким шрифтом на стр. 51—52), сумма двух скользящих симмет-
симметрии есть вращение или параллельный перенос, и т. д.
41. Даны прямые /t и /2, точка А на прямой 1Х и точка В
на прямой /2. Проведите прямую т, пересекающую прямые 1Х
и /2 в точках А' и У так, что АХ—BY и
а) прямая т параллельна данной прямой п;
б) прямая т проходит через известную точку М;
в) отрезок XY имеет данную длину а;
г) отрезок XY известной прямой г делится пополам.
В другой связи 1адачи 41 а) и б) приведены в § 5 гл. I третьей ча-
части книги (см. задачу 186 а) и примечание к решению этой вадачи).
42. Даны три прямые /,, /2
и /3 и три точки А, В н С—по
точке на каждой из прямых.
Проведите прямую т, пересе-
пересекающую прямые 1г, /2 и /3
в точках X, Y и Z таких, что
AX=BY=CZ.
43. Дан треугольник ABC.
Черт. 56. Проведите прямую /, пересекаю-
пересекающую его стороны АВ и АС в та-
таких точках Р и Q, что BP=PQ — QC (черт. 56).
67
Теоремы 1 и 2 можно положить в основу определения
движений плоскости. Действительно, когда мы в геометрии
говорим о движении, нас интересует только результат
перемещения фигуры из одного положения в другое, но не
сам процесс перемещения (пути, описываемые отдельными
точками фигуры во время движения, скорости этих точек
и т. д.). А так как в силу теорем 1 и 2 любые две равные
фигуры могут быть совмещены при помощи параллельного
переноса, или вращения, или симметрии относительно прямой,
или скользящей симметрии, то в геометрии можно считать,
что все движения плоскости исчерпываются этими четырьмя
видами движений1). Это перечисление всех возможных дви-
движений может служить определением движений плоскости.
Поэтому можно сказать, что геометрия изучает свойства фи-
фигур, не меняющиеся при параллельных переносах, вращениях,
симметрпях относительно прямой и скользящих спмметриях
(см. введение к настоящей главе, стр. 17).
В математике (и вообще в науке) встречаются определе-
определения двух разных типов. Новое понятие может быть опреде-
определено перечислением свойств, которым оно должно удовле-
удовлетворять: так, например, параллельные прямые плоскости опре-
определяются как такие прямые, которые не пересекаются, сколь-
сколько бы мы их ни продолжали; арифметическая npoi рессня —
как такой ряд чисел, что разность любых двух соседних чи-
чисел этого ряда имеет одно и то же значение; паровая ма-
машина — как механизм, преобразующий тепловую энергию
в механическую. Определения такого типа называются опи-
описательными (или дескриптивными). Можно также
определить новое понятие и не через его свойства, а непо-
непосредственно указав построение определяем )го объекта. Так,
параллельные прямые можно определить как два перпенди-
перпендикуляра к одной и той же прямой (здесь указано, как стро-
строить параллельные прямые); арифметическую прогрессию —
как ряд чисел a, a-\-d, a-\-2d, a-\-3d, ... (где число а
называется первым членом, а число d—разностью прогрессии);
определением паровой машины можно считать описание её
) В противоположность этому в механике, изучающей про-
процесс движения, уже нельзя да1ь столь простою перечисления всех
плоских движений.
3*
I
68
ДВИЖЕНИЯ
устройства. Такого рода определения называются кон-
конструктивными. Можно сказать, что основной задачей науки
является нахождение конструктивных определений для поня-
понятий, до этого определённых лишь описательно. Так, проблема
создания парового двигателя заключалась в том, чтобы на
основе описательного определения этой машины как меха-
механизма, преобразующего тепловую энергию в механическую,
получить конструктивное определение, т. е. сконструировать
двигатель').
Определение движения как преобразования, не меняющего
расстояний между точками (см. введение к настоящей главе,
стр. 17), является типичным описательным определением.
И основной задачей теории движений следует считать за-
задачу нахождения конструктивного определения движений,
т. е. задачу перечисления всех движений плоскости. Имен-
Именно эта задача и решается теоремами 1 и 2 этого параграфа,
которые поэтому следует считать основными в настоящей
части.
Обратно, имея конструктивное определение какого-либо
понятия, часто оказывается удобным найти ещё и достаточно
простое описательное определение, которое может оказался
удобным для изучения свойств ноиого обьекта. Примеры та-
такого рода мы тоже имели в этой главе. Так, после первого,
конструктивного определения параллельного переноса мы дали
ещё следующее чисто описательное определение этого пре-
преобразования: параллельный перенос есть такое преобразова-
преобразование плоскости, при котором каждый отрезок АВ переходит
в отрезок А'В', равный, параллельный и одинаково направ-
направленный с отрезком АВ (см. выше, стр. 22—23). Это определе-
определение оказалось очень удобным для решения вопроса о том, что
г) Заметим ешб, что нахождение конструктивного определения
какого-либо объекта, определённою до этого лишь описательно, слу-
служит одновременно и доказательством существования
этого объекта; из одного же описательного определения cj шество-
шествование ещё вовсе не вытекает. Примерами описательных опреде-
определений, которым не отвечают никакие реально существующие объек-
объекты, являются следующие определения <рениксой называется треуюль-
ник, две биссектрисы которою взаимно перпендикулярны (ср. решение
задачи 25 а) из § 1 этой главы) иш «вечным двигателем назы-
называется механизм, способный производить работу без затраты
энергии»; конструктивные определения в этих случаях, разумеется,
невозможны.
СИММЕТРИИ
69
представляет собой сумма двух параллельных переносов;
первое же (конструктивное) определение параллельного пере-
переноса для решения этого вопроса подходило гораздо меньше.
Точно так же решение вопроса о сумме двух вращений осно-
основывалось на следующем описательном определении вращения:
вращение есть такое преобразование плоскости, при котором
каждый отрезок АВ переходит в отрезок А'В', равный АВ и
составляющий с АВ известный угол а (см. выше, стр. 34—35).
Другие примеры подобного рода читатель сам разыщет как
в первой части, так и в последующих частях книги.
ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
ВВЕДЕНИЕ
ЧТО ТАКОЕ ГЕОМЕТРИЯ? (ПРОДОЛЖЕНИЕ)
Во введении к первой части мы определили геометрию как
науку, изучающую свойства фигур, не меняющиеся при движе-
движениях, а движения — как преобразования, не меняющие расстояния
между двумя точками фигуры (см. выше, стр. 17). Отсюда
немедленно следует, что важнейшими геометрическими свой-
свойствами фигуры будут как раз расстояния между различными
её точками, так чго понятие расстояния между точками — длины
отрезка — является самым важным во всей геометрии. Очнако
если внимательно пересмотреть все теоремы элементарной
геометрии, приведённые в школьном учебнике Киселёва, то
мы убедимся, что в этих теоремах понятие расстояния
между точками почти не фигурирует. Все теоремы о парал-
параллельных и перпендикулярных прямых (например, теоремы:
(если две параллельные прямые пересечены какой-нибудь
прямой, то соответственные углы равны > или «из всякой
точки, лежащей вне прямой, можно опустить на эту прямую
перпендикуляр и только один ), большинство теорем об ок-
окружности (например, через три точки, не лежащие на од-
одной прямой, можно провести окружность и притом только
одну ), многие теоремы о треугочьнпках и многоугольниках
(например, «сумма углов треугольника равна двум прямым >,
диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят углы
ромба пополам ) никак не связаны с понятием расстояния.
Но даже и в тех теоремах, в формулировке которых участ-
участвует длина отрезка (например, биссектриса любого угла
треугольника делит противолежащую сторону на части, про-
пропорциональные прилежащим сторонам треугольника , в од-
одном круге или в равных кругах из двух неравных хорд боль-
большая ближе к центру , или теорема Пифагора: если стороны
ВВЕДЕНИЕ
71
прямоугольного треугольника измерены одной и той же еди-
единицей, то квадрат длины гипотенузы равен сумме квадратов
длин катетов»), на самом деле фигурируют не длины каких-
либо отрезков, а только отношения длин двух или
большего их числа. В этом легко убедиться, если вдуматься
в содержание этих теорем. Например, в теореме Пифаго-
Пифагора играют роль не длины сторон треугольника, а только
отношения длин катетов к длине гипотенузы: в силу этой
теоремы катеты b и с прямоугольного треугольника ABC
должны составлять такие части гипотенузы а, что если
обозначить эти части через Аи/ (т. е. — = ?, ¦?•='),
то *¦-}-/¦= 1.
Нетрудно понять общую причину, с которой связано это
положение. Понятие длины отрезка существенно использует
наличие какой-то фпксированн й меры для измерения длин;
числа, выражающие длину одного и того же отрезка, яв-
являются различными, если измерять этот отрезок сантимет-
сантиметрами, или километрами, пли дюймами. Но содержание i еомет-
рической теоремы не может зависеть от того, какую единицу
измерения длин мы выбрали. Отсюда и вытекает, что в гео-
геометрической теореме не может участвовать никакая длина
сама по себе, а могут встречаться лишь отношения длин
двух или нескольких отрезков (которые не зависят, разумеется,
от выбора единицы длины). Так, формулировка теоремы Пи-
Пифагора начинается со слов: < если стороны прямоугольного
треугольника измерены одной и той же единицей, то ...»;
это и означает, что в теореме говорится про отношения длин
сторон треугольника- если нам известно, что длины несколь-
нескольких отрезков измерены в одних и тех же единицах, но мы
не знаем, в каких именно, то мы можем судить только
об от ноше и и и длин этих отрозков. Потребовать же в
условии какой-нибудь теоремы, чтобы отрезок обязательно
измерялся определенной ечнницей длины, скажем метрами,
конечно, нельзя: ясно, что теорема не может быть справед-
справедливой только в том случае, если отрезки измеряются
метрами, и неверн й, если они измеряются, например,
сантиметрами.
Таким образом, мы видим, что понятие расстояния между
точками, которое согласно данному нами определению геомет-
геометрии должно было бы играть в геометрии основную роль, на
72
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
самом деле совсем не может участвовать в геометрических
теоремах. На это обстоятельство обратил внимание ещё
Ф. Клейн, который впервые дал научное определение геометрии.
На самом деле определение Клейна несколько отличалось от того,
которое было приведено во введении к части первой. А именно,
оно гласило: геометрия есть наука, изучающая свойства
геометрических фигур, не меняющиеся при преобразовп'
ниях подобия. Преобразования же подобия можно определить
как преобразования, при которых не меняются отношения
расстоянии пар точек; можно также это абстрактное опре-
определение преобразований подобия заменить полным описанием
всех таких преобразований, которое будет дано в § 2 гл. 1 на-
настоящей части. Определение Клейна выражает то, что в опре-
определенном смысле для геометра нсраз шчммы не только равные,
но даже и подобные фигуры; действительно, про два тре-
треугольника можно определённо утверждать, что они равны, а
не подобны, только в том случае, если мы имеем фиксиро-
фиксированную раз навсегда единицу длины, с помощью которой
можно измерить стороны обоих треугольников. Именно эта
«неразличимость» подобных фигур делает возможным изобра-
изображение на чертеже фигур больших размеров; из неё исходит
преподаватель, когда он предлагает учащимся «точно» вос-
воспроизвести в тетрадях выполненный им на лоске чертёж, ко-
который без подобного уменьшения, конечно, никогда не поме-
поместился бы на тетрадном листе').
Таким обриом, мы видим, что фактически основную роль
в элементарной геометрии играют преобразования подобия;
это делает важным спецна 1ьное изучение таких преобразований.
При этом изучение преобразований подобия, помимо того, что
оно представляет бочьшой принципиальный интерес, оказывается
также чрезвычайно полезным для решения разнообразных за-
задач; в этом отношении преобразования подобия, пожалуй, не
уступают движениям. Для npi мера можно указать задачу о
построении четырёхугольника, подобного данному, стороны
которого проходят через четыре известные точки (см. задачу
79 6) из § 1 гл. II, стр. 128); эта задача является обобще-
обобщением следующих трёх известных задач, которые обыкновенно
') Впрочем, в некот рых случаях приведенному здесь определению
геометрии все же приходится предпочесть определение, данное во
введении к части перв й. Почробнее об этом мы б\дем говорить во
введении к третьей части кнши.
ВВЕДЕНИЕ
73
решаются с использованием специальных свойств квадрата,
прямоугольника и ромба 1):
а) построить квадрат, стороны которого проходят через
четыре заданные точки;
б) построить прямоугольник с известным отношением сто-
сторон, стороны которого проходят через четыре заданные точки;
в) построить ромб с данным углом, стороны которого
проходят через четыре заданные точки.
Ниже читатель найдёт и много других задач, которые ре-
решаются с применением преобразований подобия.
Отметим ещё, что так как движения представляют собой
частный случай преобразований подобия, то целый ряд задач,
в решении которых используются движения, можно значительно
обобщить, если вместо движений применить в решении пре-
преобразования подобия. Так, например, задачу о построении
многоугольника по известным вершинам равнобедренных тре-
треугольников с данными углами при вершинах, построенных на
его сторонах (об этой задаче мы юворпли во введении к
первой части), можно обобщить следующим образом:
На плоскости даны п точек, являющихся вершинами тре-
треугольников, построенных на сторонах некоторого /г-угольнпка
как на основаниях и подобных п данным треугольникам. По-
Построить этот л-угольнпк (см. задачу 66 из § 2 гл. 1, стр. 107).
Большое число других примеров такого рода читатель най-
найдёт в гл. 1 этой части.
•) См., например, книгу Д. О. Шклярский и др., Избранные
задачи и теоремы из э. ементарной математики, ч. 2, М.—Л., Гостех-
издат, 1952, задачи 70 а, б, в.
г «_
л'
ГЛАВА I
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
ПОДОБИЯ
§ 1. Центрально-подобное преобразование (гомотетия)
Точка А' называется центрально-подобной (или го-
мотетичной) точке А относительно центра подобия О
с коэффициентом подобия k, если А' лежит на пря-
ОА'
мой ОА по ту же сторону от точки О, что и A, ii?^- = A
(черт. 57, а). Преобразование плоскости, переводящее каждую
точку А в точку А', центрально-
подобную ей относительно цент-
центра подобия О с коэффициентом
подобия k, называется ц е и-
т р а л ь н о-п о д о б н ы м пре-
преобразованием (гом от е-
т и е й); точка О называется
центром и число k — коэффи-
коэффициентом этого преобразования.
Совокупность всех точек, цен-
центрально-подобных точкам неко-
некоторой фигуры F, образует фи-
фигуру F", центрально-по-
центрально-подобную F(относительно цент-
центра подобия О с коэффициентом
подобия k) (черт. 57, б). Оче-
Очевидно, что фигура F в свою очередь центрально-подобна F' (с тем
же центром подобия и коэффициентом подобия -г у, это по-
позволяет говорить о центрально-подобных друг другу фигурах.
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
75
Говорят также, что фигуры F и F подобны и подобно распо-
расположены1).
Центрально-подобное преобразование переводит прямую /
в прямую /', параллельную /; для построения /' достаточно
найти точку А', центрально-подобную какой-либо точке А
прямой /, и провести через А' прямую, параллельную /
(черт. 58, а). Если две прямые / и т. пересекаются под углом а
A.
/А
61
Черт. 58.
то прямые /' н т\ центрально-подобные им, пересекаются
под тем же углом а; поэтому треугольник А'В'С, центрально-
подобный треугольнику ABC, будет иметь те же углы, что и
треугольник ABC, т. е. будет ему подобен (черт. 58, б).
Окружность 5 с центром А и радиусом г центрально-подоб-
центрально-подобное преобразование переводит в новую окружность S' с цен-
центром в точке А', в которую переходит точка А, и радиусом
r' = kr, где k — коэффициент подобия (черт. 59). Действи-
Действительно, из подобия треугольников ОАМ и ОА'М (где М—•
произвольная точка S, а М — точка, центрально-подоб-
ная М) следует, что
А'М'
= /г, т. е. A'M = kr; это и озна-
означает, что 5 переходит в окружность с центром А' и ра-
радиусом kr.
Очевидно, что каждые две неравные окружности 5 и S'
радиусов гаг' с центрами в точках А и А' можно рас-
рассматривать как центрально-подобные; достаточно принять
за центр подобия точку О линии центров АА', лежащую вне
) Центрально-подобное преобразование является преобразованием
подобия в смысле определения, приведённого во введении к этой части
книги, поскольку длины всех отрезков умножаются при этом преобразо-
преобразовании на одной то же число k (см. ниже, стр. 90).
7b
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
О А' г'
отрезка АА' и такую, что =г—= , а коэффициент подобия k
положить равным отношению — (черт. 59). Точка О
6)
В)
Черт. 59.
называется внешним центром подобия окружно-
окружностей 5 н 5 (в отличие от внутреннего центра подобия, о ко-
котором речь пойдёт ниже). Для того чтобл построить внеш-
внешний центр подобия О неравных окружностей 5 и S', до-
достаточно провести какие-нибудь (какие угодно!) парал-
параллельные и одинаково направленные радиусы AM и А М'
этих окружностей и соединить М п М'; О есть точка пере-
пересечения АА' и ММ'. Если меньшая из окружностей не лежит
внутри большей, то внешний центр подобия О можно также
найти как точку пересечения общих внешних касатель-
КЛАССНФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
77
ных (черт. 59, а); если 5 и S' внутренне касаются друг
друга, то центр подобия совпадает с точкой касания
(черт. 59, б).
Часто оказывается удобным считать, что отношение двух
отрезков АВ и CD, расположенных на одной пря-
АВ
мой, имеет определимый знак: отношение __ считается
положительным в том случае, когда направления отрезков
АВ и CD (т. е. направления or точки А к точке В и от С
к D) совпасают (черт 60, а), и отрицательным, когда эти
направления противоположны (черт. 60, б). При этом, оче-
Черт 60.
видно, существенен порядок,
в каком выписываются начало и
ВА АВ
конец отрезка; так, например, гп=-—яг». Такое соглаше-
соглашение о знаках отрезков полезно во многих геометрических во-
вопросах; мы будем использовать его в дальнейшем1). Если
учесть это условие, то коэффициент подобия двух центрально-
подобных фигур можно считать как положительным, так и отри-
отрицательным. А именно, две фигуры F и F' мы будем называть
центрально-подобными с центром подобия О и (отрицатель-
*) Это определение знака отношения отрезков можно объяснить
следующим образом. Примем на прямой некоторое направление за
положительное (его мож1 о укачать стрелкой, поставленной на прямой)
и будем считать отрезок АВ прямой положительным, если его
направление (от точки А к точке В) положите 1ьно, и отрицатель-
отрицательным в противном случае (ср мелкий шрифт на стр. 24) В таком
случае отношение п ух отрезков может быть и положительным и
отрицательным, причем как легко видеть, независимо от того,
какое направление прямой мы приняли заположи-
АВ
тельное, отношение „убудет положительным, если отрезки АВ
и CD направлены в сторону (тогда оба отрезка б луг положи-
положительными или оба бу т отрицательными), и отрицательным, если они
направлены в разные стороны (тогда один из двух отрезков будет
положительным, а второй — отрицательным).
78
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
ным!) коэффициентом подобия — k, если любые две соответст-
соответствующие точки А и А' этих фигур лежат на одной прямой с точ-
точкой О по разные стороны от О и отношение длин от-
отрезков ОА' и О А равно k (черт. 61); это условие можно за-
ОА'
писать в виде ^ = — k. Центрально-подобное преобразо-
преобразование с центром подобия О и отрицательным коэффициентом
F'
Черт. 61.
подобия — k совпадает с преобразованием, получающимся,
если вслед за центрально-подобным преобразованием с цент-
центром О и положительным коэффициентом k (переводящим фи-
фигуру F в F,, см. черт. 61) произвести ещё симметрию отно-
относительно точки О (переводящую F1 в F') или если сперва
произвести симметрию относительно точки О (при этом фи-
фигура F переидёт в Fs, см. черт. 61), а затем центрально-по-
центрально-подобное преобразование с цент-
центром О и положительным коэф-
коэффициентом k (при этом Ft
перейдёт в F). Таким образом,
центрально-подобное преобра-
преобразование с отрицательным ко-
коэффициентом подобия — k
есть сумма центрально-подоб-
центрально-подобною преобразования с тем
же центром О и по чожителъ-
ным оэф и щентом k и счм-
метрииотносительно точки О,
взят .IX в любом поряд-
порядке. В дальнейшем, говоря о
Черт 62. центра ть но-подобном преобра-
преобразовании, мы всегда будем счи-
считать, что коэффициент подобия может быть как положитель-
положительным, так и отрицательным.
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
79
Центрально-подобное преобразование с отрицательным ко-
коэффициентом подобия — k тоже переводит прямую / в парал-
параллельную ей прямую /' (только теперь центр подобия уже
будет лежать между прямыми / и /'; см. черт. 62) и ок-
окружность 5—в окружность 5 (причём центр А' окружности
S' центрально-подобен центру А окружности 5 с отрицатель-
отрицательным коэффициентом подобия —k, а отношение радиусов —
равно k; см. черт. 63) Каждые две окружности 5 и S'
6) е)
Черт. 63.
можно рассматривать как центрально-подобные с отрчцатель-
т' t
ным коэффициентом подобия, равным — - (где гиг — радиу-
сы окружностей), и центром подобия в точке О такой, что
04' г'
она лежит на линии центров АА' \\ == . Точка О
расположена в н у т р и отрезка АА' и называется внутрен-
внутренним центром подобия окружн стей S \\ S. Для того
чтобы найти внутренний цен р подобия О двух окружностей
«S н S', достаточно провести какие нибудь (каине угодно!)
параллетьные и пр тивоположно направленные радиусы AM w
А'М окружностей; О есть точка п ресечения АА' и ММ'
(черт. 63). Если окружности 5 и S' не пересекаются, то их
80
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[44-48]
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
81
ным
внутренний центр подобия О можно также найти как точку
пересечения общих внутренних касагечьных (черт. 63, а); если
S и S внешне касаются друг друга, то центр О совпадает
с точкой касания (черт. 63, б). Таким образом, две неравные
окружности можно рассматривать как ценграчьно-подобные
двумя способами (коэффициент подобия может быть взят рав-
— или I; две равные окружности центрально подоб-
подобны единственным образом (с коэффициентом подобия — 1). У
концентрических окружностей (и только у них) внешний и
внутренний центры подобия совпадают (и совпадают с их
общим центром).
Единственной неподвижной точкой центрально-по-
центрально-подобного преобразования (отличного от тождественного пре-
преобразования, которое можно рассматривать как 'ыстный счу-
чай центрально-подобного преобразования, отвечающий коэф-
коэффициенту k=\) является центр подобия О; неподвиж-
неподвижными прям ы м и являются все прямые, проходящие через О.
Если коэффициент центрально-подо'ного преобразования
разен— 1, то оно совпадает с симметрией относительно центра
подобия; таким образом, симметрия относительно точки яв-
является частным случаем центрально-подобного преобразования.
Исходя из этого, можно обобщить задачи на построение 8—10,
в решении которых используется симметрия относительно точки;
при этом в решениях более общих задач придётся исполь-
использовать уже отличное от симметрии центрально подобное
преобразование. Так, в условии задачи 8 можно потребовать,
чтобы отрезок искомой прямой, заключённый между прямой /
и окружностью S, делился в точке А в заданном отношении
—; в условии задачи 9 а) — чтобы отношение длин хорд, вы-
высекаемых окружностями Sj и S2 на искомой прямой, имело за-
заданное значение ; в условии задачи 9 б) — чтобы разность
длин хорд, которые высекают окружности St и 52 на искомой
прямой, умноженных на заданные числа т п п, имела данную
величину; в условии задачи 10 — чтобы отрезок EF хор-
хорды CD делился в точке J в заданном отношении . Решения
этих новых задач анатогпчны решениям з дач 8—10; мы пре-
д ставляем читателю провести эти решения сачостошельно.
to
I
44. Даны две прямые /, и /2 и точка А. Через точку А
проведите прямую /, на которой /г и /2 высекают отрез к
ВС такой, что АВ:АС=т п.
45. а) Даны окружность 5 и
точка А на ней. Найдите геоме-
геометрическое место середин хорд ок-
окружности, проходящих через А.
б) Даны окружность S и на
ней три точки А, В и С. Про-
Проведите хорду АХ, которая хор-
хордой ВС делилась бы пополам.
46. а) Даны две концентри-
концентрические окружности .S, и S2. Про-
Проведите прямую /, пересекающую
эти окружности последовательно
в точках А, В, С и D таких, что
АВ BC = CD (черт 64, а).
б) Даны три концентрические
окружности 51,, St и Ss. Прове-
Проведите прямую /, пересекающую
Slt S2 и Ss последовательно в
точках А, В и С таких, что АВ =
= ВС (черт. 64, б).
в) Даны четыре концентриче-
концентрические окружности
S2, S3
б)
j 3 t
Проведите прямую /, пересекаю-
пересекающую 5,, 52, 53 и St последова-
последовательно в точках А, В, С, D та-
таких, что AB = CD (черт. 64, в).
47. а) Впишите в данный
треугольник ABC квадрат так,
чтобы две вершины его лежали
на основании АВ, а две другие—
на сторонах АС и ВС.
б) Впишите в треугО1ьннк
ЛВС треугольник, сто оны кою-
рого параллельны пря ым f1, /,
и /„ (см сноску на стр 82).
Обобщением задачи 7 ) явтяется задача 48 в).
48. а) Даны прям е /, и /2, точка А на примой /, и точь-
на прямой lf. От точ(_к Л и В на прямых 1Х и / откладывают
82
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
|49
AM,
отрезки АЛ/11 и ВМг, имеющие известное отношение -т~ = т,
и через точки Ж, и Ж2 проводят прямые, параллельные
двум другим заданным прямым /3 и /4 (черт. 65). Найдите
геометрическое место точек пересечения проведённых прямых.
Черт. 65.
б) Многоугольник A1Ai...An изменяется так, что его сто-
стороны остаются паралтельными заданным направлениям, а
вершины Аг, Л2, ... , Ап_1 скользят по заданным прямым /lt
/2, ... , 1„_1. Найдите геометрическое место вершины Ап.
в) Впишите в данный многоугольник другой многоуголь-
многоугольник, стороны которого параллельны данным прямым *).
Значительным обобщением задачи 48 в) является задача 189 из
§ 5 гл. I третьей части книги.
49. Постройте окружность S,
а) касающуюся двух данных прямых 1Г н /2
щую через данную точку А;
б) проходящую через две данные точки А и
щуюся данной прямой /;
в) касающуюся двух данных прямых lt и /, и данной
окружности S.
См. также инже задачу 56 (стр. 96) и задачи 232 а), б), 237 из § 2,
247 а) из § 3 и 271 из § 5 гл. II третьей части кнши.
и проходя-
В и касаю-
*) Под многоугольником, вписанным в данный многоугольник, мы
понимаем здесь много) Г01ьник, все вершины которого лежат на сто-
сторонах данного многоугольника (по одной вершине на каждой стороне)
или на их продолжениях.
50)
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
83
НМ
~~мб
50. а) Докажите, что точка Ж пересечения медиан тре-
треугольника ABC, центр О описанного круга и точка Н пересе-
пересечения высот лежат на одной
прямой, причём
(черт. 66, а).
[Прямая, на которой лежат
точка пересечения медиан,
точка пересечения высот и
центр описанного круга тре-
треугольника, называется пря-
прямой Эйлера.]
б) Докажите, что три пря-
прямые, проведённые через сере-
середины сторон треугольника
параллельно биссектрисам
противолежащих углов, пере-
пересекаются в одной точке.
Черт. 66.
в) Докажите, что прямые, соединяющие вершины тре-
треугольника ABC с точками касания противоположных сторон
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[51
с соответствующими вневпмсанными окружностями, пересека-
пересекаются в одной точке ./. Эта точка лежит на одной прямой с
точкой М пересечения медиан и центром Z вписанного круга,
причём MZ =1 (черт. 66,6).
51. г) Пусть И есть точка пересечения высот треуголь-
б)
Черт. 67.
нпка ABC, M—точка пересечения его мециан. Докажите,
что окружность S, центрально-подобная описанной окруж-
52]
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
85
ности 5 с центром подобия Н и коэффициентом подобия
1/2, центрально-подобна окружности S с центром подобия А\
и коэффициентом подобия —* 2. Эта окружность проходит
через середины Л', В', С" сторон треугольника, основания вы-
высот н середины отрезков НА, НВ и НС высот (черт. 67, а).
[Окружность 5 называется окружностью Эйлера
или окружностью девяти точек треугольника.)
б) Пусть J —точка пересечения прямых, соединяющих
вершины треугольника ABC с точками касания противополож-
противоположных сторон с вневписаннымн окружностями (см. задачу 50 в)),
М—точка пересечения медиан треугольника. Докажите, что
окружность s, центрально-подобная вписанной окружности s
с центром подобия в точке 7 н коэффициентом подобии
1/2, центрально-подобна s с центром подобия М и коэффи-
коэффициентом подобия —х 2. Эта окружность касается средних ли-
линий А'В, В'С, С А' треугольника ABC и прямых, соединяю-
соединяющих попарно между собой середины D, F и Е отрезков JA,
JB и JC (черт. 67, (Г).
52. а) Центр тяжести многоугольника. Цент-
Центром тяжести отрезка называется его середина
(черт. 68, а). Центры тяжести сторон треугольника образуют
треугольник, центрально-подобный исходному с коэффициен-
коэффициентом подобия —х и центром подобия в точке пересечения
Черт. 68, а—в.
медиан, назыв1емоЙ также центром тяжести тре-
треугольника (черт. 68,6). Докажите, что центры тяжести
четырёх треугольников, вершины когорых совпадают с вер-
86
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[52
шинами произвольного четырёхугольника, образуют четырёх-
четырёхугольник, центрально-подобный исходному с коэффициентом по-
подобия —х 3; соответствующий центр подобия N (см. черт. 68, в)
называется центром тяжести четырёхуголь-
четырёхугольника. Аналогично центры тяжести пяти четырёхугольников,
вершины которых совпадают с вершинами произвольного пяти-
пятиугольника, образуют пятиугольник, центрально-подобный
исходному с коэффициентом подобия •—' 4 и центром подо-
подобия в некоторой точке, называемой центром тяжести
пятиугольника; центры тяжести шести пятиугольников,
вершины которых совпадают с вершинами произвольного
шестиугольника, образуют шестиугольник, центрально-подоб-
центрально-подобный исходному с коэффициентом подобия — */5 и центром
подобия в некоторой точке, называемой центром тяже-
тяжести шестиугольника, и т. д.1).
[Другими словами, три прямые, соединяющие вершины
треугольника с центрами тяжести противоположных сторон,
пересекаются в одной точке — центре тяжести треугольника —
и делятся в ней в отношении 2:1; четыре прямые, соеди-
соединяющие каждую из вершин четырёхугольника с центром
тяжести треугольника, образованного тремя другими верши-
вершинами четырёхугольника, пересекаются водной точке — цент-
центре тяжести четырёхугольника — и делятся в ней в отноше-
отношении 3:1 и т. д.]
б) Окружность Эйлера вписанного в круг
многоугольника. Окружностью Эйлера хорды
круга S радиуса R можно назвать окружность радиуса 9
с центром в середине хорды (черт 68, г). Центры трёх ок-
окружностей Эйлера трёх сторон треугольника (вписанного в
круг радиуса R) лежат на одной окружности радиуса -к- (с цент-
центром в точке пересечения этих трёх окружностей), называемой
окружностью Эйлера треугольника (ср. черт. 68, д
с черт. 67, а). Докажите, что центры четырёх окружностей
Эйлера четырёх треугольников, вершины которых совпадают
с вершинами произвольного четырехугольника, вписанного
') Нетрудно показать, что опреде!енный здесь центр тяжести
я-угольника совпадает с механическим центром тяжести п равных
масс, расположенных в его вершинах.
52]
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
87
в круг 5 радиуса R, лежат на одной окружности радиуса
—(с центром в точке пересечения этих четырёх окружностей);
эта окружность называется ок-
окружностью Эйлера четырёх-
четырёхугольника (черт. 68, е). Анало-
Аналогично центры окружностей Эйлера
пяти четырёхугольников, вершины
которых совпадают с вершинами
произвольного пятиугольника, впи-
е)
Черт. 68, г—е.
санного в круг 5 радиуса R, лежат на одной окружности
радиуса .. (с центром в точке пересечения этих пяти окруж-
окружностей), называемой окружностью Эйлера пяти-
пятиугольника, и т. д.
в) Докажите, что центр тяжести вписанного в круг
я-угольннка (см задачу а)) лежит на отрезке, соединяющем
центр описанной окружности с центром окружности Эйлера
(см. задачу б)), и делит этот отрезок в отношении 2:(и — 2).
С помощью центрачьио-подобных преобразований удобно
решать задачи на построение на ограничен-
ограниченном куске плоскости. Обычно при решении задач
на построение предполагают, что плоскость является неогра-
неограниченной; так, например, считают, что каждую прямую
88
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
C3
можно неограниченно продолжать в обе стороны. Фактическое
же построение всегда проводится в строго ограниченной об-
области — на листе бумаги или на классной доске. Поэтому при
выполнении построения может, например, случиться, что точка
пересечения двух известных прямых, участвующих в построе-
построении, находится за пределами чертежа, т. е. нам недоступна.
Это обстоятельство вызвало появпение задач, в которых спе-
специально оговаривается, что построения можно производить
лишь в некоторой ограниченной часги плоскости 1). Применение
центрапьно-подобного преобразования позволяет установить
тот замечательный факт, что все построения, выполнимые на
неограниченной плоскости, можно произвести и на любом
(сколь угодно малом!) её куске (см. ниже, задачу 54).
53. а) Соедините данную точку М с «недоступной» точкой
пересечения данных прямых /, и /2 (или прямой / и окруж-
окружности S, пли двух окружностей Sl и Sj (черт. 69, а).
б) Проведите через данную точку М прямую, параллель-
параллельную «недоступной» прямой /, две точки которой определены
Черт. 69.
парами прямых а,, аг и blt bit пересекающимися в этих точ-
точках (черт. 69, б).
в) Проведите окружность через три «недоступные» точки
А, В, С, не лежащие на одной прямой, каждая из которых
определяется парой проходящих через эту точку прямых ах
и аг, />, и Л2, с1 и с2 (черт. 69, в; разумеется, в этой задаче
') Заметим, что в геометрии обыкновенно не настаивают на
фактическом выполнении чертежа в каждой задаче на построение: за-
задача считается решенной, если правильно указан ход её решения (т. е.
если построение произведено «с помощью языка», по выражению немец-
54|
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
89
требуется построить лишь часть окружности, проходящую
по доступной нам части плоскости, или определить её центр
и радиус).
См. также ниже задачи 119 а), б), 120 из § 2 гл. I третьей
части книги.
54. Докажите, что при любом расположении заданных
точек на ограниченном куске Ж плоскости или даже вне его
и при любой величине данных отрезков каждая задача на
построение, которую можно решить на всей плоскости, может
быть решена и при помощи построений, не выходящих за
пределы 'К. [При этом, если точка А, которая задана или
которую надо построить, находится за пределами области У?,
то она определяется двумя прямыми этой области, пересе-
пересекающимися в А; недоступная прямая определяется двумя
своими точками, а недоступная окружность — центром и од-
одной точкой или центром и радиусом. J
Пусть F и F' — две центрально-подобные фигуры (поло-
(положительный или отрицательный!), коэффициент подобия которых
равен k (черт. 70, а к б). В таком случае соответствующие
друг другу отрезки этих фигур параллельны, направлены в
одну сторону (соответственно в разные стороны) и имеют по-
постоянное отношение k; это следует из того, что треугольники
ОАВ и О А'В' подобны (так как -^- = -^ = =frft J .
Усло-
Условимся считать отношение двух параллельных отрезков
АВ и А'В' положительным или отрицательным в зависимости от
кого геометра Я. Шгейнера). Поэтому ограниченность чертежа не яв-
является реальной преградой для решения задач на построение, и построе-
построения на ограниченном куске плоскости следует рассматривать лишь как
один из типов задач, в формулировке которых специально оговариваются
некоторые условия, ограничивающие возможности построения (анало-
(аналогично построениям, в которых запрещается пользоваться линейкой или
циркулем; об этих построениях см. третью часть книги). В противо-
противоположность этому в черчении вопрос о построениях на ограни-
ограниченном куске пл кости является практически важным. Также и
в геодезии — на> ке о построениях на местности и съемке планов —
подобные построения имеют серьёзное практическое значение (здесь
область допустимых построений может быть ограничена рекой, морем,
горой, лесом, болотом и т. д.).
90
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
того, совпадают ли направления обоих отрезков (от А к В и
от А' к В') или противоположны; это условие аналогично тому,
которое мы ввели выше для отношения отрезков одной пря-
прямой. Тогда можно сказать, что во всех случаях соответст-
соответствующие отрез/си двух центрально-подобных фигур параллель-
параллельны и имеют постоянное отношение, равное коэффициенту
подобия. Покажем, что и обратно, если каждой точке фигу-
фигуры F можно сопоставить некоторую точку фигуры F' так,
чтобы соответствующие отрезки этих фигур были па-
параллельны и имели постоянное (по величине и по знаку!)
отношение k, не равное I, то фигуры F и F' центрально-
подобны.
Действительно, возьмём какую-нибудь точку М фигуры F
и соответствующую ей точку М фигуры F; пусть А и А' —
Черт. 70.
любые другие соответствующие друг другу точки этих же
фигур, О — точка пересечения прямых ММ и АА' (см. черт. 70).
Так как МА\\М'А, то треугольники ОМА и ОМА' подобны;
М'А' , ОМ' ОЛ' . „
так как по условию-tjx = «, то щг —7>Т~Й' Отсюда вы-
вытекает, во-первых, что точка О не зависит от выбора пары
точек А, А' (это такая точка прямой ММ, что ^п- = k J
и, во-вторых, что любые соответствующие друг другу точки А
и А' фигур F и F' центрально-подобны с центром подобия О
и коэффициентом подобия k, т. е. то, что нам и требовалось
доказать. Если бы отношение k соответствующих отрезков
фигур F и F равнялось —|— 1, то наше рассуждение было бы
неверным, ибо в этом случае прямые ММ' и АЛ не пересе-
пересекались (они были бы параллельны); в этом случае фигуры F
и F' уже не центрально-подобны, а получаются очна из другой
параллельным переносом (см. выше, стр. 22—23).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
91
Перейдём к вопросу о сложении центрально-подобных
преобразований. Пусть фигура Z7, центрально-подобна фигуре F
с центром подобия О, и коэффициентом подобия kx; фигура F'
центрально-подобна фигуре Fl с центром подобия О2 и коэф-
коэффициентом подобия k2 (см. черт. 71, где для простоты изо-
изображён случай положительных ky и k2\ на самом деле во всех
последующих рассуждениях kx и ke можно считать как поло-
положительными, так и отрицательными). В таком случае соответ-
соответствующие отрезки фигур F и F, параллельны и имеют по-
постоянное отношение kti соответствующие отрезки фигур Fy и
F параллельны и имеют отношение ks. Отсюда вытекает, что
соответствующие отрезки фигур F' и F параллельны и имеют
постоянное отношение
(перемножив равенства
А'В' , А'В' , , \ „
и 7~о'==^2> мы получим -jjr^kjt^ I . Но это означает, что
фигура F центрально-подобна фигуре F с коэффициентом
подобия &J&,,, если kjit=f=\t и получается из Fc помощью
параллельного переноса, если ktk2=\. Иначе это можно
выразить так: сумма двух центрально-подобных преоб-
преобразований с коэффициентами kx и k2 есть центрально-
подобное преобразование с коэффициентом kxk2, если kjt^ =^= 1,
и параллельный перенос, если &1&2=11).
Покажем теперь, как, зная центры Ох и О2 и коэффи-
коэффициенты kx и k2 двух центрально-подобных преобразований,
найти центр О центрально-подобного преобразования, явля-
являющегося их суммой (или — в случае, когда ?^=1,— как
найти величину и направление получающегося в сумме па-
параллельного переноса). Ясно, что если Ох совпадает с О2,
то и О совпадает с той же точкой (черт. 71, в); поэтому
J) Вот ещё одна формулировка того же самого предложения:
две фигуры F и F', порознь центрально-подобные одной и
той же третьей фигуре Fv либо центрально-подобны меж-
между собой, либо погучаются одна из другой параллельным пере-
переносом.
Рекомендуем читателю попытаться также самостоятельно доказать
теорему о сложении центрально-подобных преобразований, исходя лишь
из определения центрально-подобных преобразований и не используя
того, что каждые две фигуры плоскости, соответствующие отрезки
которых параллельны и имеют постоянное отношение, центрально-по-
центрально-подобны между собой.
92
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
в дальнейшем мы будем считать центры Ог и 02 различ-
различными. Первое центрально-подобное преобразование оставляет
центр Ох на месте, а второе переводит Ох в точку О\
прямой Ofix такую, что г ' =?2 (черт. 71, а, б).
ОгОг
Г'
о;
б)
Таким образом, сумма двух преобразований переводит точ-
точку Ох в точку О[. Отсюда следует что если kxk^ = 1
(черт. 71, б), то сумма двух преобразований есть парал-
параллельный перенос в направлении прямой О1О1 (т. е. в направ-
направлении прямой Ofilt поскольку О\ лежит на прямой ОХО^ на
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
О2О[
93
ого\
расстояние a^Ofix, так как -^-^ = k2, то а можно ещё
представить так1):
с== ОД - оа = ?А0~0°201 ошох = (К -1) ОА-
Если же kxk^\ (черт. 71, с), то искомый центр О лежит
на прямой ОгОх, т. е. на прямой Ofl^ причём -^- = 6Д,-
Можно найти и более удобное выражение, определяющее по-
Ofi\ ОО\
ложеиие точки О. Из соотношений ^-^- = &2 и -^- = ft1ft2
следует, чтох)
00, ~ 001
разделив первое из этих равенств на второе, получим
——! = г ~—-, или окончательно
Г)Г\ ^2 ' Г) Г)
1 — "ь~ь Г 2 1*
Заметим, что попутно мы доказали следующую важную
теорему2):
Теорема о трёх центрах подобия. Пусть фи-
фигура F1 центрально-подобна фигуре F с центром подобия
01 и центрально-подобна другой фигуре F' с центром по-
подобия 02. Если О, не совпадает с 02, то прямая Ofi^ про-
проходит через центр подобия О фигур F и F (черт. 71, а)
или параллельна направлению параллельного переноса, пере-
переводящего F в F (черт. 71, б). Если 01 совпадает с 02, то
эта точка является также центром подобия центрально-
подобных фигур F и F 1черт. 71, в).
х) Для того чтобы сделать это рассуждение независимым от зна-
знаков и от величин коэффициентов подобия /г, и kt, следует всю1> рас-
рассматривать направленные отрезки (см. текст, напечатанный мел-
мелким шрифтом на стр. 24—25).
г) Совсем другое доказательство этой теоремы намечено в послед-
последнем параграфе гл. II третьей части книги.
94
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
Если О1 отлична от О2, то прямую ОхОе называют осью
подобия трёх фигур F, F1 и F'; если Ог совпадает с О2,
то эту точку называют центром подобия фигур F, F1 и F'.
Обычно теорему о трёх центрах подобия формулируют не
совсем точно в виде следующего утверждения: три центра
подобия трёх попарно центрально-подобных фигур лежат
на одной прямой *).
В качестве примера рассмотрим три окружности Slt S2 и
S3. В общем случае, когда никакие две из них не равны,
каждая пара окружностей имеет два центра подобия — внеш-
внешний и внутренний, так что всего имеется шесть попарных цент-
центров подобия, которые лежат по три на четырёх осях подобия
(черт. 72). Если две окружности равны, то они не имеют
Черт. 72.
внешнего центра подобия, так что всего имеется 5 попарных
центров подобия, также лежащих на четырёх осях подобия;
если все три окружное гн равны между собой, то они имеют
всего три попарных центра подобия и три оси подобия. При
1) Случай, когда все центры подобия совпадают, тоже охваты-
охватывается этой формулировкой. Сформулированное утверждение верно во
всех случаях, когда существуют три центра подобия; неточность, о ко-
которой говорится в тексте, заключается в том, что здесь исключается
из рассмотрения случай, когда две из трёх фигур /¦', Fx и F равны
(получаются одна из другой параллельным переносом). См. по этому
поводу § 2 гл. I третьей части книги.
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
95
этом лишь в том случае, если центры трёх окружностей не
лежат иа одной прямой, все оси подобия являются различными;
в противном случае все оси подобия совпадают, причём может
оказаться, что три из центров подобия совпадают, так что
одна из четырёх осей подобия трёх окружностей заменяется
центром подобия1).
Отметим ещё изяшное стереометрическое доказательство теоремы
о трёх центрах подобия. Обозначим плоскость, в которой лежат
фигуры F, Fx и /•*, буквой я. Дополним фигуры F, Fx и F' до про-
пространственных фигур F, /\ и F', попарно центрально-подобных
с теми же центрами подобия Ох, Ог и О (черт. 73 2); если фигура F'
Черт. 73.
не центрально-подобна F, а получается из F параллельным переносом,
то F' получается из /•' тем же самым пар<1ллельным переносом).
Пусть А — произвольная точка фигуры F, не лежащая в плоскости п,
а Ах и А' — соответствующие ей точки фигур Fx и F'. В таком случае
прямая АХА проходит через О,, прямая АгА' проходит через О, и
прямая АА' проходит через О (или параллельна направлению парал-
параллельного переноса, переводящего F в F'). Поэтому если Ох и Ог
совпадают, то прямые АХА и А'А, тоже совпадают; следовательно, и
прямая АА' совпадает с ААХ и А}А', и значит, точка О, в которой она
пересекает плоскость п, совпадает с Ох и О%. Если же О, и Оа не сов-
*) Рекомендуем читателю самостоятельно сделать чертежи, отно-
относящиеся ко всем возможным случаям.
') Определение и свойства центрально-подобного преобразования
(гомотетии) в пространстве аналогичны определению и свойствам цен-
центрально-подобного преобразования на плоскости. См. по этому поводу
книги Д. И. Перепёлкина и Ж. Ада мара, цитированные в под-
подстрочном примечании на стр. 11.
96
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
58—59]
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
97
падают, то плоскость, проходящая через А, А, и А', пересекает пло-
плоскость я по прямой I, которая проходит через все три центра подо-
подобия О1ъ Ог и О, или проходит через О, и О, и параллельна направле-
направлению параллельного переноса, переводящего F в Р.
55. Пусть окружность S касается окружностей 5, и S2.
Докажите, что прямая, соединяющая точки касания, про-
проходит через центр подобия 5, и Ss (внешний, если S касается 5Х
и 52 одноимённо, т. е. обеих внешне или обеих внутренне:
внутренний в противном случае).
В другой связи эта задача приведена в § 1 гл. II третьей части
книги (cd. задачу 212).
56. Выведите из теоремы о трёх центрах подобия новое
решение задачи 49 в) (стр. 82).
57. Пусть М, N и Р—три точки на сторонах АВ,
ВС и СА треугольника ABC (пли на их продолжениях). До-
Докажите, что
а) для того чтобы точки М, N и Р лежали на одной
прямой, необходимо и достаточно, чтобы имело место соот-
соотношение
AM
ВМ
BN СР_
CN' АР
(теорема МенелаяI);
б) для того чтобы прямые CM, AN и ВР пересекались
в одной точке или были параллельны, необходимо и доста-
достаточно, чтобы имело место соотношение
AM BN CP
ЪМ" Ш'АР
(теорема ЧеваI).
В другой связи теоремы Менелая и Чева приведены в § 2 гл. I
третьей части книги (см. задачи 134 а), б)); там же указаны много-
многочисленные применения этих важных теорем.
') Другими словами, в условии задачи 57 al требуется доказать
след>ющие две теоремы: 1) если точки М, N и Р лежат на одной
AMBNCP ,
прямой, то „., ~у-у= =1 (необходимость условия задачи), и
AM BN CP
2) если Тшгл/АР== '' т0 точки М, N и Р лежат на одной прямой
•4J
(достаточность \ словия); ана тогичный смысл имеет и задача 57 б).
Относительно знака отношения отрезков, лежащих на одной прямой,
см. выше, стр. 77.
58. а) Выведите из предложений задач 52 а) и 50 а) но-
новое решение задачи 33 а) из § 1 гл. II первой части
(стр. 47).
б) Пусть Аг, А2, А3, At—четыре точки, расположенные
иа окружности S; Ог, О2, О3, Ot — центры окружностей Эйлера
(см. выше задачу 51 а))
треугольников A2A3Ait
Докажите, что четырёх-
четырёхугольник OlOfizOi цент-
центрально-подобен четырёх-
четырёхугольнику i41i4B^si44 с ко-
коэффициентом подобия ^
(черт. 74).
[Другими словами, если
точки Ах, Аг, А3 и Л4 рас-
расположены на одной окруж-
окружности, то четыре отрезка,
соединяющих каждую из
этих точек с цен гром ок-
окружности Эйлера треуголь-
треугольника, образованного тремя
другими, пересекаются в одной точке и делятся в этой точке
в отношении 2:1.]
59. Пусть Alt А,, А3 и Ai — точки, расположенные на
окружности S; //„, Н3, Нг и Н1 — точки пересечения высот
треугольников AYA2A3, AxA2Ait AtAsAt и A2AsAt. Восемь
точек Л,, Л2, А3, Л4, Hlt H2, Hs и Ht определяют 32 тре-
треугольника, вершинами которых являются тройки точек, имею-
имеющих различные номера (к числу таких треугольников относятся,
например, Д A1AiAi или ДЛ,//^, но ие ДЛ^/Уз, по-
поскольку точки Л, и Н3 имеют одинаковый номер). Для каж-
каждого из этих треугольников можно построить окружность
Эйлера (см. задачу 51 а)). Докажите, что
а) из этих 32 окружностей имеется только восемь раз-
различных;
б) эти восемь окружностей равны между собой и пере-
пересекаются в одной точке;
в) их можно разбить на две группы такие, что центры
четырёх окружностей, входящих в одну группу, центрально-
4 И. М. Яглом
98
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
подобны четверке точек А1У Л2, А3, At с коэффициентом
подобия -^- и четвёрке точек Нх, Нг, Н3, Ht с коэффициен-
коэффициентом подоби я 5".
§ 2. Центрально-подобное вращение и центрально-
подобная симметрия. Собственно-подобные и
центрально-подобные фигуры
Пусть F,—фигура, центрально-подобная фигуре F отно-
относительно центра О с положительным коэффициентом
подобия k. Повернём фигуру F, на угол а около точки О
в положение F' (черт. 75). Преобразование, переводящее фигуру
Г~-С^
Черт. 75.
F в фигуру F', называется центрально-подобным вра-
вращением1). Таким образом, центрально-подобное вращение
характеризуется двумя величинами." коэффициентом по-
подобия k и углом поворота а. Точка О называется
центром центрально-подобного вращения.
Центрально-подобное вращение можно осуществить также
и иначе: сначала повернуть фигуру F вокруг центра О на
угол а в положение Fe, а затем произвести центрально-подоб-
центрально-подобное преобразование с центром подобия О и коэффициентом
подобия k, переводящее F2 в F'. Другими словами, централь-
1) Это преобразование иногда называют также поворотным
растяжением (такое название принято, например, в математиче-
математической кристаллографии).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
99
но-подобное вращение с центром О, углом поворота а и
коэффициентом подобия k есть сумма центрально-подоб-
центрально-подобного преобразования с центром подобия О и коэффициентом
подобия k и вращения вокруг О на угол а, взятых в любом
порядке1). Отсюда следует, что если F' получается из F
при помощи центрально-подобного вращения с центром О,
углом поворота а и коэффициентом подобия k, то и, обратно,
фигуру F можно получить из F' при помощи центрально-
подобного вращения (с тем же центром О, углом поворота
360° — а и коэффициентом подобия -г); поэтому можно гово-
говорить о фигурах, получающихся центрально-подобным враще-
вращением друг из друга.
Центрально-подобное вращение переводит каждую прямую /
в новую прямую /' (черт. 76, а). Для того чтобы построить
г
Черт. 76.
прямую /', следует сначала построить прямую !Л, центрально-
подобную прямой /, с центром подобия О и коэффициентом
подобия k, a затем повернуть прямую /, вокруг О на угол а
в положение /'. Прямые / и /' образуют между собой угол а;
это следует из того, что прямые / и 1Х параллельны, а пря-
прямые /j и /' образуют угол а. (см. выше, стр. 33). Окружность S
переводится центрально-подобным вращением в новую окруж-
окружность 5' (черт. 76, б); центром окружности 5' служит точка А',
в которую переводит центрально-подобное вращение центр А
х) Отсюда вытекает, что центрально-подобное вращение является
преобразованием подобия в смысле определения, приведён-
приведённого иа стр.72 введения к этой части книги (ибо центрально-полобное пре-
преобразование есть преобразование подобия, а вращение есть движение1.
4*
100
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
|60
окружности S, а радиус г равен kr, где г — радиус S, a k —
коэффициент подобия.
Вращение вокруг точки является частным случаем централь-
центрально-подобного вращения (соответствующим коэффициенту по-
подобия &=1). Исходя из этого, можно обобщить некоторые из
приведённых выше задач, в решении которых используется вра-
вращение; при этом в решении более общих задач придётся исполь-
использовать не вращение, а центрально-подобное вращение. Так, в
условии задачи 16 из § 2 гл. 1 первой части можно заменить
равносторонний треугольник треугольником, подобным произ-
произвольно заданному треугольнику; в условии задачи 18 можно по-
потребовать, чтобы хорды, которые высекают окружности Sx и5г на
искомых прямых^ и/2, имели произвольно заданное отношение.
Решения этих обобщений задач 16 и 18 аналогичны решениям
исходных задач; предоставляем читателям провести их самостоя-
самостоятельно.
Другим частным случаем центрально-подобного вращения
является центрально-подобное преобразование (центрально-по-
(центрально-подобное преобразование с коэффициентом k есть центрально-
подобное вращение с углом поворота а = 0°, если k ^> 0, и
с углом поворота а = 180°, если k<^0). Соответственно этому
можно обобщить некоторые из задач § 1 этой главы; при этом
в решениях новых задач придётся использовать не центрально-
подобное преобразование, а центрально-подобное вращение.
Так, например, в условии задачи 44 можно искать точки В к С
такие, чтобы отрезки АВ и АС принадлежали не одной прямой /,
а двум прямым / и т, проходящим через точку А и образующим
известный угол а (см. также ниже задачу 63 — обобщение
задачи 49 в) из § 1).
Единственной неподвижной точкой центрально-по-
центрально-подобного вращения (отличного от тождественного преобразова-
преобразования, которое можно считать центрально-подобным вращением
с углом поворота 0° и коэффициентом подобия 1) является
центр подобия О. Неподвижных прямых центрально-
подобное вращение, не являющееся центрально-подобным пре-
преобразованием (т. е. центрально-подобное вращение с углом
поворота, отличным от 0° и от 180°), не имеет вовсе.
60. а) В данный треугольник ABC впишите треуголь-
треугольник PXY (точка Р задана на стороне АВ), подобный задан-
заданному треугольнику LMN,
61-63J
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
101
б) В данный параллелограмм ABCD впишите паралле-
параллелограмм, подобный заданному параллелограмму KLMN.
61. Через точку пересечения А
двух окружностей St и S2 проводят
произвольную прямую, пересека-
пересекающую второй раз окружности в
точках Мх и Мг; затем через цент-
центры Ол и О2 окружностей проводят
прямые О,У и O2J, параллельные "
касательным M^N и МгМ к ок-
окружностям в точках Мг и М%
(черт. 77). Докажите, что прямая
JN проходит через одну и ту же
точку и отрезок JN имеет по-
постоянную длину (независимо от Черт. 77.
выбора прямой МХАМ^\.
62. а) Постройте четырёхугольник ABCD, который можно
вписать в окружность, если заданы длины его сторон АВ=а,
BC=b, CD = c, DA = d.
б) Постройте четырёхугольник ABCD, зная сумму про-
противоположных углов В и D и длины всех его сторон АВ=а,
BC=b, CD = c, DA = d.
Задача а) представляет собой частный случай задачи б).
63. Постройте окружность S, касающуюся двух данных
прямых /j и /2 и пересекающую данную окружность 5 под
известным углом а. [Углом между двумя окружно-
окружностями называется угот между касательными к этим
окружностям, проведёнными в точке пересечения. Угол между
касающимися окружностями равен нулю; окружности, не
имеющие общих точек, не образуют никакого угла.]
Пусть фигура F' получается из фигуры F при помощи
центрально-подобного вращения с углом поворота а и коэф-
коэффициентом подобия k (черт. 78) и пусть АВ и АВ — какие-
то два соответствующих друг другу отрезка этих фигур.
А'В'
В таком случае ~^~=k (ибо на черт. 78, где F, получается
из F вращением на угот я, a F' из Fx — центрально-подоб-
центрально-подобным преобразованием с коэффициентом k, Afix = АВ\ -Тд=)
102
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
103
и угол между отрезками А'В и АВ равен я (ибо угол между
АВ и А1В1 равен а, а Л'б' }| AfiJ. Следовательно, соответ-
соответствующие отрезки фигур F' и F имеют постоянное отно-
отношение k и образуют между собой постоянный угол а. До-
Докажем теперь, что и обратно,
если каждой точке фигуры F
можно сопоставить некото-
некоторую точку фигуры F' так,
что соответствующие отрезки
этих фигур будут иметь по-
постоянное отношение k и обра-
образовывать между собой посто-
постоянный угол о. (причём отрезки
фигуры F становятся парал-
параллельными соответствующим от-
отрезкам фигуры F' при повороте
на угол а в определённом
направлении), то фигуры
F и F' получаются одна из
другой при помощи централь-
центрально-подобного вращения. Дейст-
Действительно, пусть М и М—какие-
то две соответствующие друг
другу точки фигур F и F' (черт. 78). Построим на отрезке
ММ треугольник ММ'О такой, что ^щ- = k и /_ MOM' —а
(если сГ>180°, то строим треугольникс/_М0М = 360° — аI).
Черт. 78.
*) Предварительно надо построить в стороне какой-либо треуголь-
треугольник Т с углом при вершине а и отношением боковых сторон k. Так
как Т подобен MOM', то тем самым определятся углы при основании
ММ' треугольника MOM'.
Треугольник ММ'О строится по такую сторону от отрезка ММ',
чтобы направление вращения на угол а, переводящего прямою ОМ
в прямую ОМ', совпадало с направлением вращения на \гол а, делаю-
делающего отрезки фигуры F параллельными соответствующим отрезкам
фигуры F'.
Точку О можно также найти как пересечение дуги окружности, стя-
стягиваемой хордой ММ' и вмещающей угол -х. и второй окружности—гео-
окружности—геометрического места точек, отношение расстояний от которых до то-
точек М и М' равно k (см., например, книги: Ж. А д а м а р. Элементарная
геометрия, ч. 1, стр. 115, М., Учпедгиз, 1948 и Д. И. Перепёлкин,
Курс элементарной геометрии, ч. 1, стр. 170 и 265, М.—Л.,
Гостехиздат, 1948 или задачу 257 из § 4 гл. II третьей части книги).
Центрально-подобное вращение с центром О, углом пово-
поворота а и коэффициентом подобия k переводит точку М в
точку М'\ докажем, что оно переводит любую точку А
фигуры F в соответствующую ей точку А' фигуры F'. Рас-
Рассмотрим треугольники ОМА и ОМ'А'. В этих треугольниках
ОМ' М'А ( ОМ' . М'А'
М=-МА (так как OMkm постР°еншо и
=km
по
= /_ОМ А (ибо угол между ОМ и ОМ'
условию ) и
равен а по построению, угол между МА и М'А' равен а по
условию; ср. выше, стр. 35); поэтому они подобны. Отсюда
О А'
следует, что -щ- = к; кроме того, /_ АО А' = /_ MOM' = я
^'). Но это и означает, что наше цент-
цент(ибо ?
рально-подобное вращение
переводит точку А в точ-
точку А'.
Теперь легко ответить
на вопрос о том, что пред-
представляет собой с у м м а
двух центрально-подобных
вращений. Пусть фигура Z7,
получается из фигуры F
при помощи центрально-по-
центрально-подобного вращения с центром
О,, коэффициентом подо-
подобия kx и углом поворота а,х), а фигура F' получается из фигуры
F1 при помощи центрально-подобного вращения с центром О ,
коэффициентом подобия &2 и углом поворота а2; АВ, А^ и
А'В — какие-то соответствующие друг другу отрезки этих
трёх фигур (черт. 79). В таком случае ^gL = *1 и отрезки
At ГУГ
АВ и А^ образуют между собой угол а^- -j-^- = ke и от-
отрезки Л,Б, и А'В' образуют между собой угол а2. Следова-
Следовательно, -^g- = -Li . -д-g. — kxk% и отрезки АВ и А'В' обра-
образуют между собой угол <*,+<*„ (см. сноску на стр. 34). Та-
Таким образом, соответствующие друг другу отрезки фигур F
*) Здесь и далее углы поворота всё время отсчитываются в одном
определённом направлении (например, против часовой стрелки).
104
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
и F" имеют постоянное отношение ktk2 и образуют между
собой постоянный угол а1-\-а2. В силу доказанного выше
это означает, что фигура F' получается из F при помощи
центрально-подобного вращения с углом поворота аг -f- а2 и
коэффициентом подобия А,А2 или — если ях -|- а2 = 360°,
&1?2= 1 — при помощи параллельного переноса. Итак, сумма
двух центрально-подобных врашений с коэффициентами
подобия kr и &2 и углами поворота аг и <хг есть новое
центрально-подобное вращение с коэффициентом подобия
&,&2 и углом поворота а^-^-а2; в исключительном случае,
когда ktk2=\ и а1-\-аг = 360О1), сумма двух централь-
центрально-подобных вращений есть параллельный перенос2).
Найдём теперь центр О центрально-подобного вращения
(или направление и величину параллельного переноса), пред-
представляющего собой сумму двух данных центрально-подобных
вращений. Если центры О1 и О2 этих вращений совпадают,
то, очевидно, О совпадает с той же точкой. Предположим
теперь, что О, не совпадает с О2. Сумма двух рассматривае-
рассматриваемых центрально-подобных вращений переводит Ох в точку
Черт. 80.
О\, в которую переводит О1 одно второе вращение (ибо первое
вращение оставляет Ог на месте); точку О\ нетрудно постро-
построить. Эта же сумма переводит в О2 точку О2, которую пер-
первое вращение переводит в О2 (ибо второе вращение оставляет
') Точнее, когда а, + я, кратно 360° (см. сноску на стр. 36).
) Рекомендуем читателю попытаться доказать самостоятельно
теорему о сложении центрально-подобных врашений, не используя
тою. что каждые две фигуры плоскости, соответствующие отрезки
которых имеют постоянное отношение и образуют постоянный \гол,
могут быть получены одна из другой центрально-подобным преобра-
преобразованием, а исходя лишь из определения таких преобразований.
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
105
О2 на месте); точку О2 тоже легко найти. Поэтому, если
kfa—l, аг + «2 = 360°, то отрезки ОгО\ и ОгОе равны, па-
параллельны и одинаково направтены (черт. 80, а); каждый из
этих отрезков определяет величину и направление параллель-
параллельного переноса, равного сумме наших центрально-подобных
вращений. Если же сумма центрально-подобных вращений есть
новое центрально-подобное вращение, то это центрально-по-
центрально-подобное вращение переводит отрезок Ofi^ в OiO2 (черт. 80, б).
Покажем теперь, как построить центр О центрально-
подобного 'вращения, переводящего известный отрезок АВ
в другой известный отрезок АВ (в нашем случае отрезок
О,б2 в отрезок О[ Ог *)). Если угол между отрезками равен
180° или 360° и отрезки не равны, то центрально-подобное
вращение представляет собой центрально-подобное преобразо-
преобразование; в этом случае О есть точка пересечения прямых АА'
и ВВ1 (черт. 81, а). Пусть теперь угол между отрезками не
Р0
о s
о-)
Черт. 81.
кратен 180°, т. е. отрезки АВ и АВ' не параллельны; обо-
обозначим через Р точку пересечения этих отрезков (черт. 81,6).
Тогда окружности, описанные вокруг треу! ольников АА'Р и
ВВ'Р, проходят через центр вращения О: действительно,
j/_AOA' = /_АРА' (угол поворота АО А равен углу АРА'
между отрезками АВ и А В ); аналогично ^_ВОВ' — /_ВРВ 2);
%) Для нахождения центра О можно также построить в стороне
треугольник с углом при Еершине at -J- а2 (или 360° — (a, -f- a2)) и отно-
отношением боковых сторон kji^ и тем самым определить углы при осно-
основании треугольника O'fifi (см. сноску на стр. 102).
*) См. сноску 2) иа стр. 50.
106
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
поэтому центр О можно определить как вторую точку
пересечения окружностей, описанных около треугольников
АА'Р иВВ'Р (см. черт. 81, б). Если эти две окружности каса-
касаются в точке Р (черт. 81, в), т. е. если /_РАА' — /_РВВ"
(оба эти угла равны углу между прямой РА'В' и общей ка-
касательной к окружностям в точке Р), то центр О совпадает
с точкой Р (ибо из подобия треугольников РАА' и РВВ'
РА' РВ'\
следует -ш = -щ) .
Отметим ещё, что центр О центрально-подобного враще-
вращения, переводящего отрезок АВ в отрезок А'В', совпадает с
центром центрально-подобного вращения, переводящего отре-
отрезок АА' в отрезок ВВ': действительно, если /_АОА''==
=k, то одновременно /_АОВ=.
= Р (на Черт. 82 p = ct
Отсюда следует, что центр О можно также определить
как точку пересечения окружностей, описанных около
треугольников ABQ и A'B'Q, где Q есть точка пересечения
прнмых АА' и ВВ' (или как точку пересечения прямых АВ и
А'В', если АА' || ?Я; последнее будет, иметь место в случае,
изображённом на черт. 81, в, когда окружности, описанные
около треугольников АА'Р и ВВ'Р, касаются в точке Р).
[G4—66J КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
107
64. На плоскости даны четыре прямые /х, /2, /3 и lt,
никакие три из которых не пересекаются в одной точке и
никакие две не параллельны. Докажите, что окружности,
описанные вокруг четырёх треугольников, образованных
этими прямыми, пересекаются в одной точке (черт. 83).
См. также задачу 86 а) из § 1 гл. II (стр. 129). Далеко
идущее обобщение предложения задачи 64 содержится в зада-
, че 218ai из § 1 гл. II третьей
' ' части книги.
65. Пусть Sx и Se — две
окружности с центрами О, и
J
Черт. 83.
Черт. 84.
О2, пересекающиеся в точке А. Рассмотрим угол определён-
определённой величины а с вершиной в точке А; пусть Мх и /W2 —
точки пересечения сторон угла с окружностями St и 5а,
J — точка пересечения прямых О1М1 и ОгМ2 (черт. 84).
а) Докажите, что при вращении угла вокруг точки А
описанная окружность треугольника МХМ^ всё время прохо-
проходит через постоянную точку О.
б) Найдите геометрическое место точек О, соответствую-
соответствующих всевозможным углам а.
66. Постройте я-угольннк, зная вершины Mt, M2, ..., Мп
п треугольников, построенных на его сторонах как на
основаниях и подобных п заданным треугольникам. В ка-
каком случае задача не имеет решения или неопределённа?
Эта задача является обобщением задачи 19 из § 2 гл. I первсй
части.
108
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
Пусть фигура Fx центрально-подобна фигуре F с центром
подобия О и (положительным!) коэффициентом подобия k;
F'—фигура, симметричная F% относительно некоторой пря-
прямой /, проходящей через О (черт. 85). В таком случае гово-
говорят, что фигура F по-
получается из F при помощи
центрально -подоб-
-подобной симметрии с
коэффициентом по-
подобия k; точку О и
прямую / называют цен-
центром и осью централь-
центрально-подобной симметрии.
Ту же центрально-подоб-
центрально-подобную симметрию можно так-
также осуществить иначе:
сначала произвести сим-
симметрию относительно пря-
прямой /, переводящую F в
фигуру Fa, а затем произ-
произвести центрально-подоб-
центрально-подобное преобразование с цент-
центром О и коэффициентом k,
переводящее F2bF'. Иначе
говоря, центрально-по-
центрально-подобная симметрия есть
Черт. 85. сумма центрально-по-
центрально-подобного преобразования с
центром О и симметрии относительно прямой I, прохо-
проходящей через О, взятых в любом порядке1). Очевидно,
что если фигура F' получается при помощи центрально-подоб-
центрально-подобной симметрии из фигуры F, то и, обратно, F можно полу-
получить из F' при помощи центрально-подобной симметрии (с
теми же самыми центром О и осью /, но коэффициентом по-
подобия-г-); это позволяет говорить о фигурах, получающихся
при помощи центрально-подобной симметрии друг из друга.
х) Отсюда вытекает, что центрально-подобная симметрия есть
преобразование подобия в смысле определения, приве-
приведённого во впедении к этой части (как сумма преобразования подобия
и движения).
|67-68)
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
109
Прямую п центрально-подобная симметрия переводит в новую
прямую я' (черт. 86, а), а окружность 5—в новую окруж-
окружность S' (черт. 86, б).
Единственной неподвижной точкой центрально-по-
центрально-подобной симметрии (не являющейся про-
просто симметрией относительно прямой /,
которую можно рассматривать как
центрально-подобную симметрию с ко-
коэффициентом подобия k= 1) является
V
а)
Черт. 86.
центр преобразования О. Единственными неподвижны-
неподвижными прямыми центрально-подобной симметрии, отличной от
симметрии относительно прямой, являются ось преобразо-
преобразования / и перпендикуляр, восставленный к прямой / в
точке О.
67. Даны прямая /, точка А на ней и окружности S1 и
S2. Постройте треугольник ABC, в котором прямая / является
биссектрисой угла А, вершины В и С лежат соответственно
на окружностях St и S2 и отношение сторон АВ и АС
имеет данную величину т: п.
68. Постройте четырёхугольник ABCD, диагональ кото-
которого является биссектрисой угла А, зная
а) стороны АВ и AD, диагональ АС и разность углов
В и D;
б) стороны ВС и CD, отношение сторон АВ и AD и раз-
разность углов В и D;
в) стороны АВ и AD, диагональ АС и отношение сторон
ВС и CD.
по
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[69-70]
I
87
69. Решите задачу 68, заменив условие о том, что диа-
диагональ АС является биссектрисой угла А, более общим усло-
условием о том, что углы ВАС и DAC имеют известную раз-
разность у.
70. На плоскости заданы две прямые /, и /2. Каждой
точке М плоскости сопо-
сопоставим новую точку М
следующим образом: пусть
т — проходящая через М
прямая, отрезок которой
PQ, заключённый между
/, и /2, делится в точке
М пополам l), P' и Q' —
ортогональные проекции
Р и Q на /2, соответст-
венно на /,, М — сере-
середина P'Q' (черт. 87).
Пусть теперь точка М описывает окружи сть 5; каково бу-
будет в таком случае геометрическое место точек. М'1
Аналогично тому, как мы различали между собой собст-
собственно-равные и зеркально-равные фигуры (см. выше, стр.59—60),
можно различать и два случая подобия плоских фигур. А
именно, две подобные фигуры F и F мы будем называть соб-
собственно-подобными, если фигура Fx, центрально-подоб-
центрально-подобная F с коэффициентом подобия, равным отношению соответ-
соответствующих отрезков F и F, собсгвенно-равна F' (черт. 88, а);
если же эта фигура Z7, зеркально-равна F, то фигуры F
и F мы будем называть зеркально-подобными
(черт. 88, б). Две фигуры мы будем называть просто подобными
лишь в том случае, если нам не важно, собственно-подобны
эти фигуры или зеркально-подобны. Для того чтобы выяснить,
являются ли две данные подобные фигуры F и F' собствен-
собственно-подобными или зеркально-подобными, достаточно рассмо-
рассмотреть какие-нибудь три точки А, В, С фигуры F, не лежа-
лежащие на одной прямой, и соответствующие им точки А', В', С
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
111
') Для построения т достаточно провести через М произвольную
ТА||ГГЮ;?87В Я" " 0ТЛ0Ж"ТЬ MQ* = MP» " ™
1
фигуры F'. Если фигуры F и F собственно-подобны, то
(подобные) треугольники ABC и А'В'С имеют одинаковые на-
направления обхода сторон; в противном случае эти треугольники
а)
Черт. 88.
имеют разные направления обхода сторон (см. черт. 88, а и б).
Докажем теперь следующие две важные теоремы.
Теорема 1. Всякие две собственно-подобные фи-
фигуры плоскости можно перевести одну в другую при
помощи центрально-подобного вращения или параллельного
переноса1).
Доказательство этой теоремы почти не отличается от до-
доказательства теоремы 1 из § 2 гл. 11 первой части (стр. 60—62).
А именно: прежде всего легко видеть, что каждые два от-
отрезка АВ и А'В' можно перевести один в другой при помощи
центрально-подобного вращения с углом поворота, равным
углу между отрезками, и коэффициентом подобия, равным
отношению отрезков; искчючение составляет лишь случай,
когда отрезки равны, парал. ельны и одинаково направлены,—
в этом случае они переводятся один в другой параллельным
переносом (см. выше, стр. 102 и 22—23, где доказаны дажебо-iee
общие предложения о произвольных фигурах). Переведём те-
*) Из этой теоремы следует, в частности, что всякие две соб-
собственно-подобные, но не равные, фигуры плоскости можно пере-
перевести одну в другую при по ощи центрально-подобного вращения
(ибо если фигуры могут быть переведены одна в другую при помощи
параллельного переноса, то они равны).
112
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
перь центрально-подобным вращением или параллельным пере-
переносом какой-либо отрезок АВ фигуры F в соответствующий
ему отрезок А'В фигуры F, собственно-подобной F. Не-
Нетрудно показать, что при этом вся фигура F перейдёт в F';
доказательство этого совершенно аналогично заключительному
рассуждению в доказательстве теоремы 1 из § 2 гл. II пер-
первой части.
Если фигуры F и F' можно перевести одну в другую при
помощи центрально-подобного вращения с центром О, то
точка О называется центром вращения (иногда ещё —
центром подобия) фигур F и F'. Для того чтобы найти центр
вращения О двух собственно-подобных фигур F и F', надо
выбрать какие-нибудь соответствующие отрезки АВ и А'В'
этих фигур. Если АВ и А'В' пересекаются в точке Р, а АА'
и ВВ— в точке Q, то О есть вторая точка пересечения
окружностей, описанных около треугольников РАА' и РВВ',
или вторая точка пересечения окружностей, описанных вокруг
треугольников QAB и QA'B (см. выше, стр. 105—106). Если
АВ\\А'В, то О совпадает с точкой Q, если АА'\\ВВ', то О
совпадает с точкой Р. Наконец, если АВ\\АВ и АА'\\ВВ, то
отрезки АВ и А'В равны, параллельны и одинаково на-
направлены; в этом случае фигуры F и F' переводятся одна
в другую параллельным переносом и не имеют центра
вращения.
Теорема 2. Всякие две зеркально-подобные фигуры
плоскости можно перевести одну в другую при помо-
помощи центрально-подобной симметрии или скользящей сим-
симметрии *).
Доказательство этой теоремы очень похоже на доказа-
доказательство теоремы 2 из § 2 гл. II первой части (стр. 63—64).
Пусть А и В — две произвольные точки фигуры F, А' и В—
соответствующие им точки фигуры F', зеркально-повдбной F.
Докажем, что существует центрально-подобная симметрия (или
скользящая симметрия), переводящая отрезок АВ в отре-
отрезок А'В'. Действительно, пусть / есть ось центрально-подоб-
*) Из этой теоремы следует, в частности, что всякие две зеркально-
подобные, но н е равные фигуры плоскости можно перевести одну
в другую при помощи центрально-подобной симметрии (ибо если фи-
фигуры могут быть переведены одна в другую скользящей симметрией,
tq оии равны).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
113
иой (или скользящей) симметрии, переводящей АВ в АВ
(черт. 89). Перенесём параллельно отрезок А'В в новое по-
положение АВ. Отрезок AxBlt симметричный АВ относительно /,
центрально-подобен А'В' или получается из А'В параллель-
параллельным переносом; следовательно, отрезок ЛгВг, так же как
и АВ, параллелен АВ. Из того, что отрезок АХВХ, симметрич-
симметричный АВ относительно /, параллелен АВ, следует, что / па-
параллельна биссектрисе 10 угла ВАВ.
Далее, пусть А В =ф= АВ, О — центр центрально-подобной
симметрии, переводящей АВ в АВ. В таком случае прямая /
является биссектрисой треугольника AOAV а следовательно, и
треугольника АОА. Поэтому
прямая / пересекает АА в та-
такой точке М, что
А'М
МА
или
А'
UA'
ОА
М
ОА'
ОА,
А'В'
А'В'
АЛ
МА
АВ т
Таким образом, если нам изве-
известны отрезки АВ и А'В, то мы
можем построить прямую /:
она параллельна биссектрисе
угла ВАВ и делит отрезок АА
А'В' . „
в отношении -^. [Это по-
Черт. 89.
строение сохраняет силу и в том случае, когда АВ = АВ;
см. доказательство теоремы 2 из § 2 гл. II первой части.]
Симметрия относительно / переводит отрезок АВ в отре-
отрезок АгВ1, параллельный АВ; АхВг можно перевести в АВ
центрально-подобным преобразованием с центром в точке О
пересечения A'At и / (ибо па~==7Та~Ма~~АВ'] илп па"
раллельным переносом в направлении прямой /. Тем самым
центрально-подобная (или скользящая) симметрия, существо-
существование которой мы хотели доказать, найдена. Последующая
часть доказательства теоремы 2 почти дословно повторяет
заключительное рассуждение в доказательстве теоремы 2 из
§ 2 гл. II первой части и поэтому может быть здесь опущена.
114
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[71
Объединяя результаты теорем 1 и 2, можно сформулиро-
сформулировать следующее общее предложение:
Каждые две подобные фигуры плоскости можно пере-
перевести одну в другую при помощи центрально-подобного вра-
вращения, или централ/но-подобной симметрии, или парал-
лелшого переноса, или скользящей симметрии*).
Это предложение можно положить в основу определе-
определения преобразований подобия плоскости (ср. выше, стр. 67).
А именно: можно считать, что преобразованиями подобия на-
называются преобразования следующих четырёх типов: 1) цен-
центрально-подобные вращения (к числу которых причисляются
также центрально-подобные преобразования и вращения вокруг
точки); 2) центрально-подобные симметрии; 3) параллельные
переносы; 4) скользящие симметрии (к числу которых при-
причисляются также симметрии относительно прямой). При этом
преобразования типов 1) и 3) естественно называть собст-
собственно-подобными (они переводят друг в друга соб-
собственно-подобные фигуры), а преобразования типов 2) и 4) —
зеркально-подобными (они переводят друг в друга
зеркально-подобные фигуры).
Теоремы 1 и 2 позволяют обобщить задачи 41—43 из § 2
гл. II первой части, заменив требование равенства отрезков
АХ и BY (соответственно отрезков АХ, BY и CZ или ВР,
PQ и QC) требованием, чтобы эти отрезки имели наперёд
заданное отношение (или отношения). Решения этих более общих
задач аналогичны решениям исходных задач; рекомендуем чи-
читателю провести их самостоятельно.
71. а) Постройте прямоугольник, стороны которого про-
проходят через четыре данные точки А, В, С и D, а диаго-
диагональ имеет данную длину.
б) Постройте четырёхугольник ABCD, зная его углы и
диагонали.
в) Даны четыре прямые, проходящие через одну точ-
точку. Постройте параллелограмм с данными длинами сто-
сторон, вершины которого располагаются на этих четырёх
прямых.
') В частности, каждые две подобные, но не равные фигуры
всегда можно перевести одну в другую при помощи центрально-по-
центрально-подобного вращения или центрально-подобной симметрии.
72]
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
115
72. а) На плоскости даны точка М и две прямые /, / .
Постройте треугольник ABC так, чтобы точка М делила'
сторону АВ в данном отношении ^ = k, a lY и /2 совпали
с перпендикулярами, восставленными к сторонам ВС и СА
в их серединах.
б) На плоскости даны две точки М, N и прямая /. По-
Постройте треугольник ABC так, чтобы точки М и Л/ делили
стороны АВ и ВС в данных отношениях ^=? и
Tvg — йг. а ' совпала с перпендикуляром, восставленным
к стороне АС в её середине.
ГЛАВА II
ДАЛЬНЕЙШИЕ ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ
И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
§ 1. Системы подобных между собой фигур
В этом параграфе будут рассмотрены некоторые специаль-
специальные системы подобных между собой фигур, обладающие ин-
интересными свойствами. Предварительно мы рассмотрим более
простые системы равных фигур.
Пусть F и F' —две равные фигуры плоскости. В § 2 гл. II
первой части было показано, что эти фигуры всегда можно
совместить одну с другой при помощи вращения вокруг точки
или параллельного переноса, и на этом основании утвержда-
утверждалось, что все движения на плоскости ограничиваются враще-
вращениями и параллельными переносамих). При этом, однако, там
совсем не рассматривались промежуточные положения, которые
занимает фигура в процессе движения, а всё внимание сосредо-
сосредоточивалось лишь на её начальном и конечном положениях.
Теперь же нас будет интересовать именно множество различ-
различных положений движущейся фигуры, представляющее собой
некоторую систему равных между собой фигур2). Различных
г) Здесь и далее под словами «равные фигуры» всегда следует
понимать «собственно-равные фигуры» (см. выше, стр. 60); две зер-
зеркально-равные фигуры вообще нельзя совместить движением, остав-
оставляющим эти фигуры в плоскости.
2) Подчеркнём, что нас будет интересовать лишь множество раз-
различных положений движущейся фигуры, но не сам процесс движения;
так, например, мы совсем не будем рассматривать скорости или уско-
ускорения движения отдельных точек. Привлечение механических сообра-
соображений весьма часто позволяет упростить доказательство геометриче-
геометрических теорем; однако этой своеобразной главы геометрии (так называемой
кинематической геометрии) мы не в состоянии здесь кос-
коснуться из-за недостатка места. [Отметим, что основные теоремы 1 и 2
настоящего параграфа могут быть доказаны и из механических сооб-
соображений.]
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 117
систем такого рода, отвечающих различным возможным спо-
способам перемещения фигуры из положения F в положе-
положение F', существует, разумеется, бесконечно много; ниже бу-
будут рассмотрены лишь некоторые простейшие примеры таких
систем.
Пусть фигура F вращается вокруг точки О, т. е.
двигается так, что некоторая точка О, которую мы будем счи-
считать принадлежащей фигу ре, остаётся неподвижной (черт. 90, а).
В этом случае каждая точка А фигуры описывает окружность
с центром О (ибо расстояние ОА остаётся постоянным); каж-
каждая прямая /, связанная с фигурой, касается всё время постоян-
постоянной окружности с центром О или проходит всё время через
точку О (ибо расстояние от точки О до прямой / остаётся
й)
Черт. 90.
постоянным). Точка О является центром вращения для любых
двух положений фигуры.
Рассмотрим теперь параллельный перенос фигуры
в направлении некоторой прямой р (черт. 90, б), т. е. такое
движение фигуры, при котором некоторая связанная с ней
прямая р остаётся неподвижной (скользит сама по себе). При
этом каждая точка В фигуры описывает прямую, параллель-
параллельную р (ибо расстояние от В до р остаётся постоянным); каж-
каждая прямая т, не параллельная р, перемещается, оставаясь
всё время параллельной самой себе (ибо угол, образованный т
и р, не меняется); каждая прямая q, параллельная р, сколь-
скользит сама по себе (ибо расстояние её от р не меняется). Каж-
Каждые два положения фигуры можно перевести одно в другое
параллельным переносом.
Если фигура F движется по плоскости так, что две па-
параллельные прямые р и $ этой фигуры проходят через
неподвижные точки А и В, то прямая р скользит сама по себе
118
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(так как угол, образованный прямой р с отрезком АВ, не может
измениться: синус этого угла равен отношению расстояния
между р и q к длине отрезка АВ). Поэтому мы имеем здесь
параллельный перенос фигуры, который уже рассматривался
выше <см. черт. 90, б). Более сложно обстоит дело, если две
непараллельные прямые фигуры проходят через непо-
неподвижные точки (такое движение фигуры можно осуществить
следующим образом: укрепить на плоскости две булавки и
двигать угольник, скреплённый с фигурой так, чтобы стороны
угла всё время соприкасались с булавками). Здесь имеет
место следующая теорема:
Теорема 1. Если фигура F движется по плоскости так,
что две непараллелг ные прямые р и q этой фигуры прохо-
проходят через неподвижные точки А и В, то каждая другая
прямая фигуры или проходит через неподвижную точку,
или касается определённой окружности.
Доказательство теоремы 1. Пусть F и F1— два
положения фигуры F, р и q, px и qx — соответствующие
F
Черт. 91.
положения прямых р и q, О и Ot — точки пересечения р и
q, p1 и qx (черт. 91, а). Точки О и Ох лежат на дуге окруж-
окружности 5, построенной на отрезке АВ и вмещающей угол,
равный углу между прямыми р и q l). Пусть / и 1Х—два по-
положения некоторой прямой /, проходящей через точку О пе-
См. сноску *) иа стр. 50.
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 119
ресечення р и q, M и М1 — точки пересечения / и /, с окруж-
окружностью S. Так как /_МОА= /_МХОХА (ибо угол между
прямыми / и р не изменяется), то ~~АМ=~АМ1, т. е.
точка Мх совпадает с М. Тем самым доказано, что прямая /
проходит через постоянную точку М.
Пусть теперь т — прямая, не проходящая через О. Про-
Проведём через точку О прямую /, параллельную т. Пря-
Прямая /, как мы уже видели, проходит через постоянную
точку М. А так как расстояние между прямыми т и I ос-
остаётся постоянным, то прямая т должна всё время касать-
касаться окружности с центром в точке М и радиусом, равным
расстоянию от / до т. Этим и завершается доказательство
теоремы.
Пусть теперь фигура F движется по плоскости так,
что какие-то две непараллельные прямые тип этой
фигуры касаются неподвижных окружностей Sx и 5,
(черт. 91, б). Проведём через центры А к В окружностей Sx
и 52 прямые р и q, параллельные тип соответственно.
Расстояние между тар равно радиусу Sx; так как оно не
меняется при движении фигуры, то прямая р всё время про-
проходит через неподвижную точку А. Точно так же прямая q
всё время проходит через неподвижную точку В. Поэтому
мы можем применить теорему 1; получим, что при таком
движении также каждая прямая фигуры F касается
постоянной окружности или проходит через неподвижную
точку.
Если фигура F движется по плоскости так, что две точки
А и В этой фигуры описывают параллельные прямые р
и q, то отрезок АВ остаётся всё время сам себе параллелен
(ибо синус угла между АВ и р не может измениться: он ра-
равен отношению расстояния между р и q к длине отрезка АВ).
Поэтому каждые два положения фигуры можно перевести
одно в другое параллельным переносом в направлении пря-
прямой р; таким образом, мы имеем здесь параллельный перенос
фигуры, который рассматривался ранее (см. черт. 90, б).
Сложнее обстоит дело, если некоторый отрезок АВ фигуры
скользит своими концами по непараллельным прямым.
Здесь имеет место следующая теорема:
Теорема 2. Если фигура F движется по плоскости так,
что две её точки А и В описывают прямые р и q, пере-
пересекающиеся в точке О, то существует окружность S,
120
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[73
связанная с фигурой F, все точки которой описывают пря-
прямые, проходящие через ту же точку О.
Доказательство теоремы 2. Пусть F и F1—два
положения фигуры F, АВ и А1В1 — соответствующие положе-
положения отрезка АВ (черт. 92). Построим окружность 5, проходя-
проходящую через точки А, В и О.
Будем считать, что эта окруж-
окружность связана с фигурой F, н
пусть Sj — положение, которое
она займёт, когда фигура F
перейдёт в положение Fx\ оче-
очевидно, что 5, тоже проходит
через О (ибо — АВ окруж-
окружности S —*- А1В1 окружности
51 = 2/_АОВ)\ Пусть М~
произвольная точка окруж-
окружности 5, Мх — соответствую-
соответствующая точка окружности 5Х. Из
Черт. 92. равенства фигур F и Fx сле-
следует, что дуги AM и АХМХ
окружностей 5 и S1 равны; значит, равны и опирающие-
опирающиеся на эти дуги вписанные углы АОМ и А1ОМ1. По послед-
последнее означает, что прямая ОМХ совпадает с прямой ОМ.
Следовательно, каждая точка М окружности 5 движется
по прямой, проходящей через О, что нам н требовалось
доказать.
Отметим ещё, что центр N окружности 5 движется по
окружности с центром О и радиусом, равным радиусу R
окружности S; это следует из того, что окружность S всё
время проходит через точку О и, следовательно, расстояние ON
всё время остаётся равным R.
73. Постройте треугольник, который равен данному и
стороны которого
а) проходят через три данные точки;
б) касаются трёх данных окружностей.
В другой связи задача 73 а) приведена в § 1 гл. I первой части
(см. задачу 6 б) на стр. 21).
74—75) ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 121
74. а) Гипотенуза прямоугольного треугольника скользит
своими концами по дв}м взаимно перпендикулярным прямым.
Найдите геометрическое место вершин прямого угла.
б) Большая сторона равнобедренного треугольника с
тупым углом в 120° скользит своими концами по сто-
сторонам угла в 60°. Найдите геометрическое место вершин
тупого угла.
75. На плоскости даны две взаимно перпендикулярные
прямые /, и /2 и окружность 5. Постройте прямоугольный
треугольник ABC с данным острым углом а, вершины А и В
которого лежат на прямых lt и lt, а вершина С прямого
угла — на окружности S.
Пусть теперь F и Ft — две подобные фигуры плоскости1).
В § 2 гл. I настоящей части было показано, что F можно
перевести в F' при помощи центрально-подобного вращения;
при этом, однако, не рассматривались промежуточные поло-
положения, которые занимает фигура в процессе перехода из по-
положения F в положение F'. Теперь мы будем рассматривать
системы подобных между собой фигур, представляющие собой
разные положения фигуры, которая переходит из какого-то
положения F в другое положение F1, оставаясь всё время
подобной самой себе.
Пусть сначала фигура F изменяется, оставаясь всё
время подобной самой себе, так, что некоторая точка
О фигуры остаётся неподвижной. Если при этом какая-то
точка А фигуры описывает окружность с центром О, то рас-
расстояние между точками О и Л фигуры не меняется; следо-
следовательно, фигура остаётся всё время равной (а не только по-
подобной) первоначальной, и все точки фигуры описывают
окружности с центром О (см. выше, черт. 90, а). Если точка А
фигуры описывает прямую, проходящую через О, то и любая
другая точка В описывает прямую, проходящую через О (ибо
угол BOA не может измениться, так как фигура остаётся
подобной первоначальной); такое изменение фигуры будет
означать, что она всё время остаётся центрально-подобной
своему первоначальному положению с центром подобия О
*) См. сноску !) на стр. 50.
1) Здесь н далее под словом «подобный» всегда понимается
«собственно-подобный» (см. выше, стр. 110).
122
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(черт. 93, а). Предположим теперь, что точка А фигуры
описывает произвольную линию у; покажем, что и всякая
другая точка В (кроме точки О, разумеется) опишет линию,
подобную у (черт. 93, б). Действительно, пусть F—началь-
F—начальное и F1 — любое другое положение фигуры F; А, В и А,,
5, — соответствующие положения точек А и В. Так как фи-
фигура остаётся сама себе подобной и точка О фигуры остаётся
а)
Черт. 93.
на месте, то треугольники ОАВ и ОАгВ подобны; следовательно
?BxOAx=z/_ВОА и зл =щ- Обозначим угол BOA через
ОВ ' ,
а и отношение ^ через к; последнее равенство доказывает,
что центрально-подобное вращение с центром О, коэффициен-
коэффициентом подобия k и углом поворота а. переводит Вг в А Так
как Fx— произвольное положение фигуры, то это озна-
означает, что центрально-подобное вращение переводит всю линию
•у', описываемую точкой В, в линию у, описываемую точкой А.
Но если две линии можно перевести одну в другую центрально-
подобным вращением, то они подобны, что нам и требовалось
доказать.
Точно так же показывается, что если прямая т фигуры F,
не проходящая через точку О, всё время касается не-
некоторой кривой у, то другая произвольная прямая п фи-
фигуры (тоже не проходящая через О) всё время касается
кривой, пособной у (см. черт. 93, б). Эта кривая получается
[76] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 123
из кривой у при помощи центрально-подобного вращения с
центром О, переводящего прямую т в прямую я. В частности,
если некоторая прямая т фигуры f, не проходящая че-
через О, всё время проходит через постоянную точку Л1, то
каждая прямая и фигуры всё время проходит через постоянную
точку (свою для каждой прямой).
Отметим ещё, что если фигура F изменяется так, что одна
её точка О остаётся неподвижной, то точка О является центром
вращения для каждых двух положений фигуры. Действительно,
из подобия треугольников АОВ и А1ОВ1 (черт. 93, б) следует,
что и треугольники AOAt и ВОВг тоже подобны ( ^ АОАг =
= / BOB., так как / АО А, = / АОВ 4- / ВО Ал Z_ ВОВг —
ОА. ОВ. ОВ, С™
так как
из фигуры F
центром в точ-
04
следнее означает, что фигура F1 получается
при помощи центрально-подобного вращения с
04
ке О, углом поворота АХОА и коэффициентом подобия ^~^.
Обратно, если фигура изменяется, оставаясь сама себе подоб-
подобной, так, что каждые два положения фигуры имеют один и тот
же центр вращения О, то точ-'
ка О, если её считать точкой
фигуры, очевидно, остаётся
неподвижной (ибо центр есть
неподвижная точка централь-
центрально-подобного преобразования).
76. Через точку А пере-
пересечения окружностей Sv и
St проводятся произвольная
прямая / и фиксированная
прямая 1п, пересекающие
второй раз Sx и 5, в точ-
точках Мг, Мг и Ny, Nt; пусть
MxMf есть равносторонний
треугольник, построении на
отрезке МХМЧ, Q — т ка Черт. 94.
пересечения прямых M,NX и
ЖгЛ/г (черт. 94). Докаж те, что когда / вращается вокруг А,
а) вершина Р тре>г . ьника М^МгР описывает окруж-
окружность ?, а его стороны МХР и MJP поворачиваются вокр
124
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[77-78]
каких-то фиксированных точек /х и /2 (МХР проходит через
/,, а МгР—через /8);
б) точка Q описывает окружность Г. Найдите геометри-
геометрическое место центров окружностей Г, отвечающих разным
положениям прямой /0.
77. Пусть /—произвольная прямая, проходящая через
вершину А треугольника ABC и пересекающая его основание
ВС в точке М, О1 и О,—
центры окружностей,описанных
вокруг треугольников АВМ и
АСМ. Найдите геометрическое
место середин отрезков О,О2,
отвечающих всевозможным по-
положениям прямой /.
78. Дан треугольник ABC
и некоторая точка О. Через О
проводятся прямые /,, /s и /3,
/к\ "\~ с углы между которыми равны
I ^ углам треугольника; пусть А,
В, С — точки пересечения этих
прямых с соответствующими
Черт. 95.
сторонами ABC (черт. 95; обратите внимание на направление
углов).
а) Докажите, что если точка О совпадает с
1° центром описанной окружности;
2° центром вписанной окружности;
3° точкой пересечения высот
треугольника ABC, то эта точка одновременно является
1° точкой пересечения высот;
2° центром описанной окружности;
3° центром вписанной окружности
треугольника ABC.
б) Пусть точка О — произвольная, прямые/,, /„ /s вра
щаются вокруг О. Найдите геометрическое место
1° центров описанной окружности;
2° центров вписанной окружности;
3° точек пересечения высот
треугольников ABC,
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 125
Перейдём теперь к теоремам, доказательство которых
составляет основную цель этого параграфа.
Теорема 3. Если фигура F изменяется, оставаясь
подобной сама себе, так, что три точки А, В и С этой
фигуры описывают три прямые, не проходящие через одну
точку, то каждая точка фигуры описывает прямую
линию.
Теорема 4. Если фигура F изменяется, оставаясь
подобной сама себе, так, что три прямые I, m и п этой
фигуры, не проходящие через одну точку, проходят всё
время через три неподвижные точки, то каждая прямая
фигуры проходит всё время через неподвижную точку, а
каждая точка фигуры описывает окружность.
Доказательство теоремы 3. Покажем, что каждые
два положения фигуры F имеют один и тот же центр враще-
вращения О (т. е. что при изменении фигуры F некоторая точка О
этой фигуры остаётся неподвижной). Отсюда будет следовать,
что все точки фигуры F описывают линии, подобные той,
какую описывает точка А, т. е. прямые; а это нам и тре-
требуется доказать.
Обозначим точки пересечения прямых, по которым дви-
двигаются точки А, В к С, соответственно буквами Р, Q n R
(черт. 96, а). Пусть F и Fl—два положения изменяющейся
Черт. 96.
фигуры F; А, В, С и Ах, В17 Ct—соответствующие поло-
положения трёх рассматриваемых точек. Центр вращения О фигур
F и Fx является в то же время центром вращения отрезков
126
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
АВ и А1В1, АС и А1С1. Но центр вращения отрезков АВ и
А'В', как указывалось на стр. 106 (см. черт. 82), лежит на
окружностях, описанных вокруг треугольников ABQ и A'BQ,
где Q — точка пересечения АЛ и ВВ'\ в нашем случае это
означает, что точка О должна лежать на окружности, описан-
описанной вокруг ДАВ/5 (и на окружности, описанной вокруг
Д AXBXP). Точно так же центр вращения отрезков АС и А1С1
лежит на окружности, описанной вокруг треугольника ACQ
(и на окружности, описанной вокруг Д -4,0,0). Таким образом,
центр вращения фигур Fu F1 определяется как точка пересече-
пересечения окружностей, описанных вокруг треугольников ABPuACQ
и, значит, не зависит от положения Fx изменяю-
изменяющейся фигуры. А это и означает, что каждые два поло-
положения нашей фигуры имеют один и тот же центр вращения,
что и завершает доказательство.
Если прямые, которые описывают точки А, В и С фигуры F, про-
проходят через одну точку Р (черт. 96, б), то в общем случае утвержде-
утверждение теоремы остаётся справедливым. Доказательство в этом случае не
отличается от проведённого выше; общий центр подобия всех поло-
положений фигуры попрежиему будет совпадать с точкой пересечения
окружностей АВР и ВСР (где А, В и С—какое-то фиксированное
положение рассматриваемых точек фигуры F), т. е. с точкой Р. Исключе-
Исключение может представлять лишь случай, когда окружности АВР и ВСР
совпадают, т. е. точки А, В, С лежат на одной окружности с точкой Р,
или, что то же, когда ^ АРВ+ ? АСВ= 18.)° и точки Р и С лежат
по разные стороны от прямой АВ, или /_ АРВ= ?_ АСВ и точки Р
и С лежат по одну сторону от прямой АВ. В этом случае утвержде-
утверждение теоремы может оказаться неверным.
Доказательство теоремы 4. Покажем, что каждые
два положения фигуры F имеют один и тот же центр вра-
вращения О и что некоторая точка А фигуры описывает
окружность.В таком случае из сказанного на стр. 122—123 будет
следовать, что каждая прямая фигуры проходит через непо-
неподвижную точку (поскольку прямая / проходит через неподвиж-
неподвижную точку) и что каждая точка фигуры описывает окружность
(поскольку точка А описывает окружность).
Обозначим попарные точки пересечения прямых /, т и п
соответственно через А, В, и С и неподвижные точки, через
которые проходят эти прямые, через Р, Q и R (черт. 97).
Прежде всего очевидно, что точка А описывает окружность,
поскольку величина угла QAP должна сохраняться в процессе
изменения фигуры (угол между прямыми I \\ m фигуры не мо-
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 127
жет измениться, поскольку фигура остаётся подобной сама
себе) 1). Далее, пусть F и Fx—деэ положения изменяющейся
фигуры; /, т, п и /,, тх, я,—соответствующие положения
трёх рассматриваемых прямых; А, В, С и Ах, Вх, С,—соот-
С,—соответствующие положения точек А, В и С. Если О есть центр
вращения фигур F и Flt то угол АОАг равен углу поворота
Черт. 97.
центрально-подобного вращения, переводящего F в Z7,, и,
следовательно, равен углу между прямыми / и 1Х или углу
между ти т1. Таким образом, /_АОАЛ — /_АРАг = /_AQAX,
т. е. точка О лежит на окружности, проходящей через точки
А, Аг, Р и Q. Точно так же показывается, что О лежит на
окружности, проходящей через точки В, Bt, Р и R- Отсюда
видно, что центр вращения О фигур F и F, совпадает с точ-
точкой пересечения окружностей, описанных вокруг треуголь-
треугольников APQ и BPR, и, значит, не зависит от положе-
') Это рассуждение предполагает, что точка А прямой I в своём
движении не проходит через неподвижную точку Жили неподвижную
точку Q); в противном случае угол QAP заменяется дополнением его
до 180° (см. сноску г) на стр. 50).
128
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[79-32
ни я F, изменяющейся фигуры. Но это и означает,
что каждые два положения фигуры F имеют один и тот же
центр вращения.
Если прямые /, т и и фигуры F проходят через одну точку А,
то утверждение теоремы 2 может оказаться и неверным.
79. Постройте четырёхугольник ABCD, подобный данному
(например, квадрат),
а) вершины которого лежат на четырёх данных прямых;
б) стороны которого проходят через четыре данные
точки;
в) стороны ВС, CD и диагональ BD которого проходят
через три данные точки, а вершина А лежит на данной
окружности.
Задачи 79 а) и б) можно сформулировать также следующим
образом:
а) в данный четырёхугольник впишите четырёхугольник, подоб-
подобный другому данному четырёхугольнику (например, квадрлт);
б) вокруг данного четырёхугольника опишите четырёхуголь-
четырёхугольник, подобный другому данному четырёхугольнику (например,
квадрат).
80. Проведите прямую / так, чтобы три отрезка, кото-
которые высекают на ней данные четыре прямые /х, /8, /, и /4,
находились в известных отношениях.
81. Повернём все стороны треугольника ABC вокруг
середины сторон на один и тот же угол а (и в одном на-
направлении); пусть ABC— треугольник, образованный по-
повёрнутыми прямыми. Найдите геометрическое место точек
пересечения высот, биссектрис и медиан треугольников
ABC, отвечающих различным значениям угла а. Докажите,
что центры описанных окружностей всех этих треугольни-
треугольников совпадают.
82. Пусть М, К и L — три точки, лежащие на сторонах
АВ, ВС и АС треугольника ABC. Докажите, что
а) окружности Sx, <S2 и 5S, описанные вокруг треуголь-
треугольников LMA, МКВ и KLC, пересекаются в одной точке;
б) треугольник, образованный центрами окружностей S,,
5, и 5S, подобен треугольнику ABC.
Предложение задачи 82 а) допускает весьма значительное раз-
развитие; по этому поводу см. задачу 2186) из § 1 гл. II третьей части.
Аналогично можно обобщить и предложение задачи 82 б); ыы, одна-
однако, не будем на этом останавливаться.
83—86] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 129
83. В окружность 5 вписаны два собственно-рапных
(см. выше, стр. 60) треугольника ABC и AJUfij пусть
А, В и С — точки пересечения их соответствующих сторон
(черт. 98). Докажите, что
а) треугольник ABC подо-
подобен Tpeyro.ibHiiKaMi4BCiii41fi1CI;
б) точка пересечения высот
треугольника ABC совпадает с
центром окружности S.
84. Пусть/ — произвольная
прямая плоскости, /,, /, и /д —
три прямые, симметричные / от-
иоснтельно сторон данного (не-
(непрямоугольного!) треугольника
ABC, T — треугольник, образо-
образованный /,, /„, /,. Докажите, что
а) все треугольники Т, соответствующие разным положе-
положениям прямой /, подобны между собой;
б) все прямые / такие, что /,, 1г и 13 пересекаются в
одной точке Р, проходят через точку И пересечения высот
треугольника ABC; геометрическим
местом точек Т пересечения 1Х, /2, /,
является описанная окружность тре-
треугольника ABC;
в) все прямые / такие,- что тре-
треугольники Т имеют определёмшую
площадь, касаются одной и тон же
окружности с центром И.
85. Докажите, что основания пер-
перпендикуляров, опущенных па стороны
треугольника ABC из какой-нибудь
точки Р, в том и только том слу-
случае лежат на одной прямой (прямая Симеона, черт. 99),
если точка Р лежит на описанной вокруг ABC окружности.
86. Выведите из результата задачи 85 доказательства
следующих теорем:
а) четыре окружности, описанные вокруг четырёх тре-
треугольников, образованных произвольными четырьмя прямыми
(никакие три из которых не пересекаются в одной точке и
никакие две не параллельны), проходят через одну точку;
И. М. Яглом
Черт. 99.
130
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[87—88
Черт. 100.
части книги (см. задачи
б) попарные точки пересечения трёх окружностей, постро-
построенных как на диаметрах на трёх хордах MA, MB и МС
одной окружности S, лежат на
одной прямой (черт. 100);
в) если а, Ь, с и d —
длины последовательных сторон
четырёхугольника ABCD, во-
вокруг которого можно описать
окружность, а е и / — длины
его диагоналей, то
ас -~- Ьй — <?/
(теорема Птолемея).
Теорема задачи 86 а) в другой
связи была приведена в § 2 гл. I
настоящей част» (см. задачу 64
на стр. 107, в частности черт. S3).
Теорема Птолемея в другой связи
бу.аст приведена в гл. II третьей
части книги (см. задачи 258 и 269 из § 4); там же будет
приведена теорема, обратная теореме Птолемея (см. задачу 269), и
теорема, которую можно рассматривать как значительное обобщение
теоремы Птолемея (см. задачи 261 из § 4 и 273 из § 5).
87. На плоскости даны четыре прямые, никакие две из
которых не параллельны и никакие три не пересекаются в
одной точке. Докажите, что точки пересечения высот че-
четырёх треугольников, образованных этими прямыми, лежат
на одной прямой.
В другой связи эта задача будет приведена в § 2 гл. I третьей
части книги (см. задачу 130 б)).
88. Найдите геометрическое место точек М таких, что
отрезки касательных, проведённых из М к двум данным
пересекающимся окружностям S1 и S2, имеют известное от-
отношение.
См. также задачи 250 б) из § 3 и 260 из § 4 гл. II третьей части
книги.
Впишем в данный треугольник ABC треугольник А^^С^
подобный ABC (порядок букв указывает соответствие сторон),
так, чтобы'" верши на А1 треугольника А1В1С1 лежала на сто-
стороне АВ, вершина Вг — на стороне ВС и вершина С, — на
89—90] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИИ ПОДОБИЯ 131
стороне СА (черт. 101). Треугольников Afifi^, удовлетво-
удовлетворяющих поставленному условию, можно построить бесконечно
много — можно выбрать произвольным образом направление
одной нз сторон или положение одной из вершин треуголь-
треугольника А1В1С1 (см. задачу 47 б) из
§ 1 или задачу 60 а) пз§2гл. 1).
Все построенные таким обра-
образом треугольники А1В1С1 имеют
с треугольником ABC одни п
тот же центр вращения О,
(см. доказательство теоремы 3).
Точка О, называется и е р-
вым центром вращения
треугольника ABC. Вторым
центром' вращения тре-
треугольника ABC называется точ-
точка О2, являющаяся центром вращения подобных треугольников
ABC и АгВ„Сг (порядок букв указывает соответствие сторон),
где треугольник АгВгСг пписан в треугольник ABC таким
образом, что точка At лежит па стороне СА, точка Вг — на
стороне АВ и точка С2 — на стороне ВС.
89. Пусть А'ВС — треугольник, подобный Д ABC (порядок
букв указывает соответствие сторон) и такой, что точка А'
лежит на стороне ВС, точка В — на стороне АС \\ точка
С — на стороне АВ треуголь-
треугольника ABC. Докажите, что центр
вращения О треугольников
А'ВС и ABC совпадает с цен-
центром описанной окружности
треугольника ABC.
90. Пусть О1 и О2—пер-
О2—первый н второй центры вращения
треугольника ABC, О — центр
описанной окружности. Дока-
Докажите, что
Черт. 102.
а) /_О,АВ=ZPxBC= Z.°iCA = ZPfi /_O?B
= j/OtAC (черт. 102); обратно, если, например, /_МАВ=
=/_МВС=/_МСА, то точка М совпадает с О,;
б) О, совпадает с О2 в том и только том случае, если
треугольник ABC равносторонний;
6*
132
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
191—92
в) О, и Ог равноудалены от О: Ofi — Ofi;
г) общее значение w углов ОгАВ, OtBC, OtCA, О.ВА,
ОгСВ и ОгАС не превосходит 30°; при этом <р = 30 в
том и только том случае, если треугольник ABC равно-
равносторонний.
91. Постройте центры вращения О, и О2 данного тре-
треугольника ABC.
92. Пусть -Л^С, и ^2^2^г — треугольники, вписанные
в треугольник ABC и подобные этому треугольнику (поря-
(порядок букв указывает соответствие сторон), н такие, что точки
Alt В1 и С, лежат соответственно на сторонах АВ, ВС n CA
треугольника ABC, а точки Аг, В2 и С, — соответственно
на сторонах СА, АВ и ВС этого треугольника. Пусть, кроме
Черт. 103.
того, стороны АХВХ к АгВ„ треугольников АХВХСХ и А.,В2С2
образуют равные углы со стороной АВ треугольника ABC
(черт. 103). Докажите, что
а) треугольники А1В1С1 и АгВгС2 раины между собой;
б) прямые fi*C,, CiA1 п AiB1 параллельны сторонам ВС,
СА и АВ, а прямые AxAt, ВХВ^ и СхСг антнпараллельны*)
этим сторонам;
в) шесть точек А1У Bv С,, Л2, В2, С, лежат на одной
окружности.
1) Отрезок PQ, пересекающий стороны АВ и АС треугольника
ABC (точка Р лежит на стороце АВ, точка О — на стороне АС),
называется антипараллельным стороне ВС, если ?_ APQ =
/ АСВ, ?_ AQP = / ABC (отрезок PQ параллелен стороне ВС,
/_ APQ = / АВС7 /_ AQP= /_ АСВ).
если
кажите,
ники А1В1С1
В
93—95] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 133
93. а) Пусть Ах, В17 С, п А3, Вг, С2 —проекции пер-
первого и второго центров вращения треугольника ABC на сто-
стороны треугольника. До-
что треуголь-
оба подобны треуголь-
треугольнику ABC и равны ме-
между собой и что шесть
точек Аг, Bt, Clt A2,
Вг, С, лежат на одной
окружности, центр 'ко- AJ~ ^Вг
торой находится в се- ¦
редине отрезка, соедн-
няющего. первый и вто-
второй центры вращения тре-
треугольника ABC (черт. 104, а).
б) Докажите, что в дан-
данный треугольник ABC можно
вписать два треугольника
Л^С, и АгВгСг таких, что
стороны этих- треугольников
перпендикулярны к сторонам
треугольника ABC; при этом
оба эти треугольника равны
между собой и три отрезка,
соединяющих соответствую-
соответствующие вершины этих треуголь-
треугольников, равны между собой и пересекаются в одной точке,
которая является общей серединой этих отрезков (черт. 104,6).
94. Пусть Oj есть один из центров вращения треуголь-
треугольника ABC; А', В, С — точки пересечения прямых АОХ, BOlt
СО1 с окружностью, описанной вокруг треугольника ABC.
Докажите, что
а) треугольник А'ВС равен треугольнику ABC;
б) шесть треугольников, на которые разбивается шести-
шестиугольник АСВА'СВ прямыми, соединяющими его вершины
с точкой Oj, все подобны треугольнику ABC.
95. Пусть М—произвольная точка внутри треугольника
ABC. Докажите, что хоть один из углов МАВ, МВС, МСА
л хоть один из углов MAC, MCB, MBA не больше 30°.
134
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[96
В заключение настоящего параграфа рассмотрим некоторые
свойства трёх подобных фигур F,, Ft, /%. Попарные центры
вращения этих фигур обозначим через О3, Ог и О,. Тре-
Треугольник OjOjjO,, называется треугольником подобия,
а описанная около него окружность — окружностью по-
подобия фигур F,, Fo и F3 *). В случаях, когда точки О,,
О2 и О3 лежат на одной прямой или совпадают, окружность
подобия вырождается в прямую — ось подобия или в точ-
точку— центр подобия трёх фигур. [Если F,, Ft и F3 по-
попарно центрально-подобны, то окружность подобия обязатель-
обязательно вырождается в прямую или точку; см. теорему о трёх
центрах подобия на стр. 93—94.]
В задачах 96, 97 мы будем считать, что окружность по-
подобия трёх фигур F,, Ft и F3 не вырождается ни в прямую,
ни в точку.
96. На плоскости даны три подобные фигуры F,, Ft n F3.
Пусть А1В1, А2В2 и А3В3— три соответствующих отрезка
этих фигур; D1DiD3—треугольник, сторонами которого яв-
являются прямые i^jfi,, АгВ„ \\ А3В3 (черт. 105). Докажите, что
а) прямые D,Olf Dfi2 и D3O3 пересекаются в одной
точке U, лежащей на окружности подобия фигур Ft, F2 и F3
(черт. 105, а);
б) окружности, описанные около треугольников AxAJDa,
y4,y43D2 и AtA3Dt, пересекаются в одной точке V, лежащей
на окружности подобия фигур Flt F2 и Fs (черт. 105, б);
в) пусть DiDiD3 есть какой-то отличный от DlD2D3
треугольник, сторонами которого являются три соответствую-
соответствующие друг другу прямые фигур F,, Ft и F3. В таком случае
треугольники DtD2D3 n DiDiDa собственно-подобны и центр
вращения О этих двух треугольников лежит на окружности
подобия фигур F,, Ft и F, (черт. 105, в).
') Понятие центра вращения двух собственно-подобных фигур
обобщает: 1° центр вращения собственно-равных фигур; 2° центр по-
подобия центрально-подобных фигур. Поэтому соответствующую точку
можно было бы с равным основанием назвать центром вращения или
центром подобия фигур. В вопросах, которым посвящен конец это-
этого параграфа, было бы более удобным второе название (в этом слу-
случае мы сказали бы: три попарных центра подобия трёх собственно-
подобных фигур образуют треугольник подобия этих фигур). Однако
название «центр вращения» более распространено в литературе.
96J ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 133
Черт. Ш\
136
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[97
97. Пусть F,, Ft и F3— три подобные фигуры; /,, /2
п /3—соответствующие друг другу прямые этих фигур,
пересекающиеся в одной точке W (черт. 106). Докажите, что
Черт. 106.
а) точка W лежит на окружности подобия фигур Fl,Fi, Ft;
б) прямые /,, 1г и /8 проходят соответственно через три по-
постоянные (не зависящие от выбора прямых /1? /2, /3) точки JltJa
и J3, расположенные на окружности подобия фигур Z7,, Ft, F3.
Кроме теорем, составляющих содержание задач 96 и 97, можно
отметить ещё большое число замечательных свойств, которыми обла-
обладают три подобные между собой фигуры Fv Ft и Ft. Перечислим
здесь некоторые из этих свойств.
I. Треугольник JtJffa (см. задачу 97 б)) зеркально-подобен тре-
треугольнику Д?>2?>3, сторонами которого являются три произвольные
соответствующие друг другу прямые фигур Fv Ft и Fr
II. Прямые У,О„ У,О„ J3O3 пересекаются в одной точке Т.
III. Если три соответствующие друг другу точки Av А\ и А,
фигур Fv F2 и Ft лежат на одной прямой I, то эта прямая проходит
через фиксированную точку Т (совпадающую с точкой, фигурирующей
в свойстве II). Обратно, каждая прямая, проходящая через точку Т,
содержит три соответствующие друг другу точки фигур Flt Ft.v F3.
IV. Если Av Аг и А3 суть три соответствующие др>г другу точки
фигур /=",, Ft и F-, то окружности, описанные около треугольников
Afi.pi, Afifij и AtO,Os, пересекаются в одной точке.
V. Будем называть основным треугольником точки А1
фигуры F1 треугольник AlA.iA3. где А2 и А3 — точки фигур Fa и
Ft, соответствующие точке At фигуры /•',. Тогда:
98—100J ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 137
а) геометрическое место точек Ах фигуры Г, таких, что основной
треугольник этих точек имеет данный угол A2AtA3 (или данный
угол А^А,,, или данный угол А^А^), есть окружность;
б) геометрическое место точек /5, таких, что основной треуголь-
треугольник ЛИИз имеет данную сторону АгА3 (пли данную сторону АХА3,
или данную сторону А^), есть окружность;
в) геометрическое место точек А, таких, что основной треуголь-
А А [
ник ^4,Л2/13 имеет данное отношение сторон -?-?¦ I пли данное
отно-
шепие
АЛ.
, или данное отношение
есть окружность;
г) геометрическое место точек At таких, что основной треуголь-
треугольник АуАпА3 имеет данную площадь, есть окружность.
Предоставляем читателю самостоятельно доказать все эти пред-
предложения.
§ 2. Применение движений и преобразований подобия
к решению задач на минимум и максимум
Настоящий небольшой параграф мало связан с остальными.
В нём собраны некоторые геометрические задачи на отыскание
наименьших и наибольших значений каких-либо величин. Эти
задачи решаются различными методами, в большинстве случаев
с использованием движений или преобразований подобия; по-
последнее обстоятельство и послужило основанием для включе-
включения в книгу этого параграфа.
98. а) Даны прямая / и две точки А и В по одну сторону
от этой прямой. Найдите на прямой / точку X такую.чтобы
сумма АХ-\-ВХ имела наименьшее возможное значение.
б) Даны прямая / и две точки А и В по разные стороны
от этой прямой. На'йдпте на прямой / точку X такую, чтобы
разность АХ — ВХ имела наибольшее возможное значение.
99. а) Впишите в данный треугольник ABC треуголь-
треугольник, одна вершина которого совпадает с заданной точкой Р
на стороне АВ и периметр которого имеет наименьшее воз-
возможное значение.
б) Впишите в данный треугольник ABC треугольник
наименьшего возможного периметра.
100. Впишите в данный четырёхугольник ABCD четы-
четырёхугольник наименьшего возможного периметра. Докажите,
что эта задача, вообще говоря, не имеет решения в соб-
собственном смысле слова (т. е. такого, чтобы получился на-
настоящий четырёхугольник). Однако, если четырёхугольник
ABCD может быть вписан в окружность, то задача имеет
138
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[101—106]
бесчисленное множество решений, т. е. существует бесчи-
бесчисленное множество четырёхугольников равного периметра,
вписанных в ABCD, таких, что_ьсе другие вписанные в
ABCD четырёхугольники имеют больший периметр.
Можно поставить следующую, более общую задачу:
в данный п-уголъник вписать п-уголъник наименьшего воз-
возможного периметра. Аналогично решениям задач 99 б) и 100
можно показать, что если п — число нечётное, то эта
задача имеет, вообще говоря, единственное решение, а если
п — чётное, она или не имеет решения, или неопределённа.
101. Впишите в данный треугольник ABC треугольник,
стороны которого перпендикулярны к радиусам ОА, ОВ, ОС
описанной окружности. Выведите из этого построения ещё
одно решение задачи 99 б) для остроугольного треугольника.
102. Впишите в данный треугольник ABC треугольник
DEF так, чтобы величина a-EF-\-b~FD-\-c-DE, где
с, Ь, с — заданные положительные числа, имела наименьшее
возможное значение.
103. В плоскости треугольника ABC найдите точку М,
сумма расстояний которой до вершин треугольника является
наименьшей.
104. а) Опишите вокруг данного треугольника ABC равно-
равносторонний треугольник так, чтобы перпендикуляры, восстав-
восставленные в точках А, В, С к сторонам равностороннего тре-
треугольника, пересекались в одной точке. Выведите из этого
построения ещё одно решение задачи 103.
б) Впишите в данный треугольник ABC равносторонний
треугольник так, чтобы перпендикуляры, опущенные из точек
А, В, С на стороны равностороннего треугольника, пересе-
пересекались в одной точке. Выведите из этого построения ещё
одно решение задачи 103.
105. а) Пусть ABC—равносторонний треугольник, М—
произвольная точка в плоскости этого треугольника. Дока-
Докажите, что MA-\-MC~5zMB. В каком случае МА-f-МС — MB?
б) Выведите из предложения задачи а) ещё одно решение
задачи 103.
106. Найдите в плоскости заданного треугольника ABC
такую точку М, чтобы величина а-МА-\-Ь-МВ-\-с~МС, где
а, Ь, с — данные положительные числа, имела наименьшее
возможное значение.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
ДВИЖЕНИЯ
ГЛАВА I
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
§ 1.
1. Перенесём параллельно окружность Sv в направлении
прямой / на расстояние а в положение St; пусть А' и В —
точки пересечения S[ с окружностью S2 (черт. 107). Прямые,
проведённые через А' и В , , &
параллельно /, и будут а
искомыми (отрезки АА' и
ВВ на черт. 107 равны
как раз величине а па-
параллельного переноса).
Ещё два решения можно ^
получить, если перенести *
Sj параллельно прямой / /
на расстояние а в обрат- I
ном направлении в поло- \
женне S\ .
В зависимости от чис-
числа точек пересечения ок-
окружностей Si и S i с St
задача может иметь четыре, три, два, одно или ни одного реше-
решения. [Так, в случае, изображённом на черт. 107, задача имеет
три решения.]
2. а) Предполагая задачу решённой, перенесём параллель-
параллельно отрезок MN в новое положение AN" таким образом, чтобы
140
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
3]
ДВИЖЕНИЯ
141
точка М совпала с точкой А (черт. 108,с). Тогда AM—NN,
и следовательно, АМ-\- ЛЩ= NN -\-NB. Поэтому путь AMNB
будет кратчайшим тогда и только тогда, когда точки /V, N
и В лежат на одной прямой.
Отсюда следует построение: отложим из точки А от-
отрезок AN, по величине равный ширине реки и перпен-
перпендикулярный^ к её направлению; соединим точку N с точ-
точкой В прямой; точка N, полученная при пересечении NB
с более близким к В берегом реки, определит положе-
положение моста.
б) Ограничимся для простоты случаем, когда деревни А
•и В разделены двумя реками. Предполагая, что задача реше-
решена и что KL и MN—искомые мосты через реки, перенесём
параллельно отрезок KL в но- /
вое положение AL' таким обра-
Черт. 108.
зом, чтобы конец его К совпал с точкой А (черт. 108,6).
Тогда AK=L'L и AK-\-LM-\- NB=UL + LM-\-NB. Если
путь AKLMNB является кратчайшим, то кратчайшим являет-
является также п путь L'MNB между точками L' и В, разделён-
разделёнными только второй рекой. Но этот путь строится, как ука-
указано в решении задачи а).
Таким образом, приходим к следующему построению: из
точки А отложим отрезок AL', равный ширине первой реки и
перпендикулярный к её направлению; из точки L' отложим
отрезок L'N', равный ширине второй реки и перпендикуляр-
перпендикулярный к её направлению. Соединим точку N с точкой В прямой
N'B. Точка ./V пересечения этой прямой с берегом второй реки,
более близким к точке В, определит положение моста MN.
«•>>
Проведём через точку М прямую параллельно прямой N'B до
её пересечения с ближайшим берегом первой реки в точке,
которую мы обозначим буквой L. Эта точка определит поло-
положение моста KL через первую реку.
3. а) Пусть М — какая-либо точка плоскости такая, что
MP-\-MQ = a, где Р и Q — основания перпендикуляров,
опущенных из точки М соответственно на прямые /L и /г
(черт. 109, а). Перенесём прямую /„ в направлении QAJ на
Черт. ЮУ, а.
расстояние а. Если 1'2 — прямая, получающаяся при этом па-
параллельном переносе, то очевидно, что расстояние A1Q'
точки М от прямой К равно а — MQ = A1P. Следовательно,
точка М находится на биссектрисе угла, образованного
прямыми lv и l'v
Отсюда видно, что все точки искомого геометрического
места лежат на биссектрисах углов, образованных прямой lv
и прямыми Г2 и 1, получающимися из прямой /2 при парал-
параллельном переносе в направлении, перпендикулярном к этой пря-
прямой, на расстояние а. Однако не все точки этих четырёх
биссектрис принадлежат искомому геометрическому месту. Из
черт. 109, а нетрудно усмотреть, что условию задачи удов-
удовлетворяют лишь точки, лежащие на сторонах прямоугольника
ABCD, образованного пересечением четырёх рассматриваемых
биссектрис.
142
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
б) Пусть М—точка плоскости, удовлетворяющая одному
из следующих двух равенств:
МР—MQ = a или MQ— МР=а,
где Р и Q— основания перпендикуляров, опущенных из точки М
соответственно на прямые /2 и /2 (на черт. 109, б точка М
удовлетворяет второму равенству). Перенесём параллельно
прямую /г в направлении QM на расстояние а. Аналогично
решению задачи а) показывается, что точка М равноудалена
С,
от прямой /j и прямой 1'2, получающейся в результате па-
параллельного переноса /2 (см. черт. 109, б, где MQ— Л1Р=а,
МХРХ— M1Q1 = а). Отсюда следует, что все точки иско-
искомого геометрического места также лежат на четырёх биссек-
биссектрисах углов, образованных прямой 1г и прямыми /.', и 1'2';
однако в данном случае условию задачи удовлетворяют лишь
точки, лежащие на продолжениях сторон прямоугольника
ABCD (равенству МР — AlQ = a удовлетворяют точки ло-
ломаных HBG и LDN, а равенству MQ~~MP=a — точки
ломаных EAF и ICK).
4. Перенесём параллельно стороны АВ и DC четырёх-
четырёхугольника ABCD в новые положения MB и МС (черт. 110).
Образованные при этом четырёхугольники АМВВ и DMCC бу-
будут параллелограммами, и следовательно, ВВ || AM и ВВ=АМ,
51
ДВИЖЕНИЯ
143
СС || DM и CC=DM. Но AM=MD (M — середина стороны
AD); таким образом, отрезки ВВ' и СС параллельны и равны друг
другу. А так как, кроме того, 6Л'=Л'С, то /\BNB' =
= /\CNC. Отсюда следует, что BN=NC » Z.BNB'=
Черт. ПО.
==(/СА'?', т. с. отрезки B'N и Л'С составляют продолжение
один другого.
Таким образом, мы построили треугольник МВС, в кото-
котором, по условию задачи, медиана Л/Л/ равна полусумме бо-
боковых сторон MB и МС (так как МВ = АВ, MC = DC).
Продолжая медиану Л/Л/ за точку N на расстояние Л^И1 =
=Л/Л/ и соединяя Mv с В, мы получим треугольник ММ^В, у
которого сторона MAIt = 2MN равна сумме сторон MB и
5'Л71=ЛС, что невозможно. Следовательно, точка В должна
быть расположена на отрезке ММ1. А последнее означает,
что Л1В Ц Л/Л' || МС; следовательно, а
АВ || MN и DC || Л7Л/, т. е. четырёх- ' 1
угольник ABCD является трапецией.
5. Предположим, что задача ре-
решена. Перенесём параллельно отре-
отрезок АХ в направлении прямой CD
на величину f/7— а в положение АХ'.
(черт. 111).
Очевидно, что АХ проходит че-
через точку F. Далее,
/_ AFB = /_ АХВ = \- АтВ;
следовательно, угол A'FB мы можем
считать известным.
Отсюда вытекает следующее построение: перенесём па-
параллельно точку А в направлении хорды CD на расстояние а
144
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ДВИЖЕНИЯ
145
в положение А'. На отрезке А'В построим сегмент, вмещаю-
вмещающий угол, равный половине дуги АтВ. Пусть F—точка пе-
пересечения этого сегмента с хордой CD; пересечение прямой
BF с окружностью и определит искомую точку X.
Наибольшее число решений задачи равно двум.
6. а) Предположим, что искомая прямая / пересекает ок-
окружности Sl и S2 в точках Мх и Мг (черт. 112). Oiijctiim
на прямую / перпендикуляры ОХРХ и О2Р2 из центров О, и
Черт. 112.
О, окружностей S, и 52; в таком случае АР1=-^АМ1, АР2=
и следовательно, /у>2=у (АЛ11 -\-AMJ =
=^-^А11М!1=-^-а. Перенесём параллельно прямую/в положение /'
так, чтобы она прошла через точку О,; пусть Р есть точка пе-
пересечения V с прямой ОйР2. В таком случае O1P' = PxPt —
=у а, так как четырёхугольник PfixP"P%— параллелограмм.
Отсюда вытекает следующее построение. На отрезке Ofi
как на гипотенузе строим прямоугольный треугольник OtO P
с катетом ОгР = -^- а. Искомая прямая / будет параллельна
прямой ОгР.
Если OjO2 > у с, то задача имеет два решения (построение
второй прямой, удовлетворяющей условию задачи, намечено
пунктиром на
черт. 112), если ОхОг = -^ а —одно
решение и если ОхОг < -^а — ни одно-
одного решения.
б) Пусть М, N, Р— три данные точ-
точки, ABC — данный треугольник (черт.
113). Описав на отрезках MN и МР
сегменты, вмещающие углы АСВ, соот-
соответственно ABC, мы придём к задаче:
построить прямую BjC^ отрезок которой
внутри проведённых сегментов имеет
данную величину ВС, т. е. к задаче а), л/
Задача может иметь либо два ре-
решения, либо одно, либо ни одного (при
условии, если указано, какая именно
сторона проходит через каждую из за-
заданных точек).
7. а) Предположим, что искомая
прямая / пересекает окружности S, nS, Черт. 113.
в точках А и В, соответственно С и D
(черт. 114, а). Перенесём параллельно окружность St в
направлении прямой / на расстояние АС; новое её положение
lira
обозначим S]. Так как AB = CD, то отрезок АВ совместится с
CD; поэтому центры Ог и О[ окружностей St и S,' оба будут ле-
лежать на перпендикуляре, восставленном к отрезку CD в его
середине.
146
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[7
Отсюда вытекает следующее построение. Пусть т —
прямая, перпендикулярная к 1Х и проходящая через центр О2
окружности 52; п — прямая, параллельная /, и проходящая
через центр О, окружности S,; О[ — точка пересечения этих двух
прямых. Перенесём параллельно S, в положение S', так, чтобы
центр S[ совпал с О'г Прямая, проходящая через точки пе-
пересечения 52 и S', и будет искомой.
Задача может иметь одно или ни одного решения. >"
б) Предположим, что искомая прямая / пересекает S, u
Sa в точках А и В, соответственно С и D; AB-\-CD=a
X
1
о. о'
'(черт. 114,6). Сдвинем окружность S1 параллельно / на рас-
расстояние а в положение S[; тогда АА' = а = АВ-\-CD, т. е.
BA' = CD. Поэтому, если мы параллельно сдвинем окруж-
окружность S2 в направлении прямой / в положение 5' так, чтобы
центр О' окружности S'2 оказался на прямой т, перпендикуляр-
перпендикулярной к отрезку О±О\ п проходящей через его середину (О,
и О'—центры окружностей S, и S[), то хорда CD окруж-
окружности S2 займёт положение ВА'.
Отсюда вытекает следующее построение: сдвинем парал-
параллельно окружность Sj в направлении прямой /х на расстояние
а в положение S[; затем параллельно сдвинем окружность S2
в направлении прямой /, в положение S', так, чтобы её центр
ДВИЖЕНИЯ
147
оказался на прямой т, перпендикулярной к отрезку Ofi\ в
его середине. Точки пересечения окружностей 5, и S| (на
чертеже—точки В и Вх) и определят искомые прямые. Задача
может иметь до двух решений в зависимости от числа то-
точек пересечения окружностей S, и S; (на черт. 114,б изо-
изображён случай, когда задача имеет два решения).
Аналогично решается задача и в том случае, когда за-
задана разность хорд, высекаемых окружностями на иско-
искомой прямой.
в) Считая задачу решённой, сдвинем параллельно окружность
Sj в направлении найденной прямой KN в положение S[, так
чтобы отрезок KL совместился с отрезком MN (черт. 115).
S,
/I1
Черт. 115.
Таким образом, окружности 52 и S[ будут иметь общую хор-
хорду MN.
Пусть АВг и АВг — касательные, проведённые из точки А
соответственно к окружностям S[ и 52 (Bt и Вг — точки
касания). Тогда ^ = ^^ АЩ = AM.AN
и, следовательно,
АВ*1=АВ\.
Мы можем определить теперь АО[ (О[ — центр окружно-
окружности S[):
г
\=У г\+АВ\,
148
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
где г,— радиус окружности 5,; кроме того, мы знаем, что
//_О1О\О1 — прямой, так как прямая О[Ог перпендикулярна
к прямой MN, а следовательно, и к прямой Ofi',. Это по-
позволяет определить неизвестный нам сначала параллельный
перенос, переводящий окружность S, в положение S[.
Построение осуществляется следующим образом. Из точки
А, как из центра, проводим окружность радиусах/ г* -\- АВ\-
на отрезке ОХО2, как на диаметре, строим ещё окружность.
Пересечение этих двух окружностей определит положение
центра О[ окружности S[ радиуса г,. Далее находим точки М
s и N пересечения окружностей 52 н S', и проводим пря-
пряную MN, которая будет искомой. В самом деле, точка А лежит
на прямой MN, так как иначе не могло бы иметь места ра-
равенство АВ\ = АВ\ (если бы прямая AM пересекала окруж-
окружности St и S| в разных точках Nt и Nx, то мы имели бы
АВ\ = AM- AN2, AB\ = AM- ANJ. Далее, прямая OtO\ перпен-
перпендикулярна к прямой A1N, а прямая Ofi^ перпендикулярна к
прямой ОгО[ следовательно, OtO\ || MN, т. е. хорды KL и A1N
окружностей S, и S[ равноудалены от и х центров О1 и О[.
Значит, хорды K.L и MN равны, что и требовалось доказать.
Наибольшее число решений задачи равно двум.
§ 2
8. Проведём прямую /', симметричную / относительно
точки А (черт. 116); пусть Р — точка её пересечения с
окружностью 5. Прямая РА будет искомой, так как точка Р
.. S
Р'
-V
Черт. 116.
пересечения этой прямой с прямой / симметрична точке Р
относительно точки А н, следовательно, РА —АР.
Наибольшее возможное число решений задачи равно двум.
ДВИЖЕНИЯ
149
9. а) Построим окружность S'z, симметричную Бг относи-
относительно точки А (черт. 117,с). Пусть Р — отличная от А
точка пересечения окружностей St и 5^. Прямая РА будет
искомой, так как точка Р пересечения этой прямой с окруж-
окружностью 52 симметрична точке Р относительно А и, следова-
следовательно, РА = АР.
Если окружности Sj и 5г пересекаются, то задача имеет
единственное решение; если
же Sj и 5, касаются, то за-
задача либо не имеет решения
(если радиусы окружностей
различны), либо неопреде-
неопределённа (если радиусы окруж-
окружностей равны).
Примечание. Эта за-
задача является частным случаем
задачи 7 в), но решается значи-
значительно проще.1
6)
Черт. 117!
б) Построим окружность Б'г, симметричную 52 относи-
относительно точки А. Пусть MAN—искомая прямая (черт. H7,tf)
и N'—точка пересечения её с окружностью S't; тогда MN'=a.
Из центров О, и О\ окружностей 5, я S't опустим перпенди-
перпендикуляры ОХР и O\Q на прямую MAN; в таком случае
РА = ~МА, QA=~N'A и PQ= ~а.
150
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
A0—11
Таким образом, расстояние прямой ОХР до точки О'г равно
тро, т. е. прямая ОгР касается окружности радиуса -^ а
с центром в точке О,. Построив прямую OtP, мы без труда
построим п прямую MAN_|_ О Р.
Наибольшее возможное число решений задачи равно двум.
10. Предположим, что задача решена (черт. 118). Отразим
отрезок АХ от точки J; пусть А'Х' — его новое положение.
Так как АХ проходит через Е, то А'Х проходит через F
Так как Х'А' || АХ, то /XFB
II » - - ^_
—J/_AXB= — ~ AmB; следова-
следовательно, /_AFB, равный 180° —
— j/_X'FB, известен.
Отсюда вытекает следующее
построение. Построим точку А\
симметричную точке А относи-
относительно точки J. На отрезке А'В
построим дугу, вмещающую угол,
равный 180° — у — АтВ. Точка
пересечения этой дуги с хордой
CD определит положение точки F.
Задача имеет единственное ре-
решение.
11. Допустим, что фигура F имеет два центра симмет-
симметрии—О, и О„ (черт. 119). Покажем, чго тогда точка О
л»
симметричная точке О, относительно Ог, тоже будет центром
симметрии фигуры F. Действительно, пусть А — пронзволь-
12]
ДВИЖЕНИЯ
151
ная точка фигуры, тогда точки Л,, А, п А', где А1 симмет-
симметрична А относительно О2, Аг симметрична Л1 относительно
О, и А' симметрична Аг относительно Ог, будут принадлежать
фигуре F (так как О, и Ог — центры симметрии). Но точка А'
будет симметрична А относительно О3; действительно, отрез-
отрезки АО3 и О3А' равны, параллельны и одинаково направлены,
так как попарно равны, параллельны и одинаково направлены
отрезки АО3 и OxAlt O1A1 п А.О,, AtO1 и О3А'.
Итак, фигура F вместе с каждой точкой А содержит и
точку А', симметричную А относительно О3; следовательно,
О3 есть центр симметрии F.
Аналогично доказывается, что точка О4, симметричная О2
относительно О3, точка О5, симметричная О, относительно О4,
и т. д. тоже являются центрами симметрии F. Таким образом,
мы видим, что если только фигура F имеет два центра сим-
симметрии, то она их имеет бесконечное множество.
12. а) Отрезок АпВп получается из отрезка АВ в резуль-
результате п последовательных симметрии относительно точек О,,
О2, . . ., О„ (п — четно). Но сумма симметрии с центрами О1
н О2 есть параллельный перенос; сумма симметрии с центра-
центрами О3 п ОА есть также параллельный перенос; сумма симметрии
с центрами Os и О„ — это также параллельный перенос; . . .;
наконец, сумма симметрии с центрами О„_, и Оп тоже пред-
представляет собой параллельный перенос. Поэтому АпВп полу-
получается из АВ в результате л, 2 последовательных параллель-
параллельных переносов. Но сумма любого числа параллельных пере-
переносов есть новый параллельный перенос; таким образом, от-
отрезок АПВП получается из отрезка АВ параллельным переносом,
откуда и следует, что ААП = ВВП.
Если п нечётно, то утверждение задачи становится
неверным, ибо сумма нечётного числа симметрии относительно
точки есть параллельный перенос плюс симметрия относитель-
относительно точки пли, что то же самое, есть просто симметрия отно-
относительно точки (см. выше, стр. 29); поэтому, вообще говоря,
ААпфВВп (но АВа = ВА„).
б) Так как сумма нечётного числа симметрии относи-
относительно точки есть симметрия относительно точки (см. решение
задачи а)), то точка Ап, в которую переходит точка А в ре-
результате п последовательных симметрии с центрами О,, Ог, ...
..., Оп, может быть получена из А одной симметрией
152
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[13
относительно некоторой точки О. Точка Агп получается из Ап
в результате суммы тех же п симметрии; следовательно, она
может быть получена из Ап симметрией относительно той же
точки О. Отсюда н следует, что Агп совпадает с А.
Если п четно, то Ап получается нз А параллельным пе-
переносом; Агп получается из Ап тем же параллельным переносом
и, как правило, не будет совпадать с А.
13. Первое решение. Предположим, что задача решена
и АхАг ... Лв — искомый девятнугольннк, Л/,, А12, ..., Л/в —
середины его сторон (черт. 120, с; мы считаем в решении,
что я ^9). Выберем произволь-
произвольную точку Вх плоскости и отра-
Черт. 120.
зим eS последовательно от точек Мх, Л12, ... , Л1в; получен-
полученные точки обозначим через ??а, В3, ..., В1й. Так как отре-
отрезок АгВг симметричен А1В1 относительно Мх, отрезок АгВ3 сим-
симметричен А3В2 относительно Л/2, ..., наконец, отрезок AtBl0
симметричен AtBt относительно Ма, то все 10 отрезков Afi^
AJ3V ..., AaBt, v4IS10 равны и параллельны и каждые два
соседних нз этих отрезков противоположно направлены. По-
Поэтому отрезки А1В1 и AtB10 равны, параллельны и противо-
противоположно направлены; значит, Ах есть середина отрезка ByBltj,
что позволяет построить эту точку (выбрав произвольно Вх,
мы можем построить ?10). Точки Аг, Аа, ..., At находятся
последовательным отражением А1 от Л^, A1f, —, Л1р.
13]
ДВИЖЕНИЯ
153
Задача всегда имеет едннстгенное решение, однако девя-
тиугольнпк /4,i42... -4, может получиться невыпуклым млн
даже самоперссекающнчся.
В случае чётного п, повторив те же рассуждения, мы
получим, что отрезки А1Вп+1 и А1В1 должны быть равны, па-
параллельны и одинаково направлены, т. е. эти отрезки
должны совпадать. Поэтому, если точка Вп+1 не совпадает
с Bv то задача не имеет решения. Если же Вп+г совпадёт
с Bv то отрезки А^ВХ и AlBn+l совпадут при любом выборе
точки А1, т. е. за вершину At многоугольника можно принять
любую точку плоскости (решение задачи неопределённо).
Второе решение. Вершина Аг искомого л-угольнпка
в результате последовательных симметрии относительно сере-
середин Mv Мг, ..., Мп сторон его переходит в себя, т. е. точка А1
является неподвижной точкой суммы п симметрии с цент-
центрами Л4г, Л1г, ..., Л1П (см. черт. 120, б, где изображён слу-
случай л = 9). Если бы п было чбтным, то сумма п симметрии
относительно точек представляла бы собой параллельный пере-
перенос (см. решение задачи 12 а)). Так как параллельный перенос
совсем не имеет неподвижных течек, то при л чётном задача,
вообще говоря, не имеет решений. Исключением является слу-
случай, когда сумма п симметрии представляет собой тождествен-
тождественное преобразование (параллельный перенос на нулевое рас-
расстояние), которое оставляет на месте все точки плоскости; в
этом случае решение задачи оказывается неопределённым: за
вершину Л, можно принять любую точку плоскости1). Если же
«нечётно (например, и = 9), то сумма к симметрии относи-
относительно точки представляет собой симметрию относительно точки.
Так как симметрия относительно точки имеет единственную не-
неподвижную точку — центр симметрии, то вершина Аг искомого
девятнугольннка должна совпадать с центром результирующей
симметрии; в этом случае задача имеет единственное решение.
Укажем, как построить центр симметрии — суммы девяти
симметрии с известными центрами Л1г, Л1г, ..., Л/„. Сумма
симметрии с центрами Л/, и Мг есть параллельный перенос
в направлении Л1хМг на расстояние 2МхМг\ сумма симметрии
с центрами М3 и Mt есть параллельный перенос в направ-
направлении M3Mt на расстояние 2Л/3Л74 и т. д. Таким образом,
х) Об условиях, которым должны в этом
точки Mv X Л/„, см. примечание в конце решения
вадачн.
154
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[14
сумма первых восьми симметрии совпадает с суммой четырех па-
параллельных переносов в направлениях М1Мг (или MXNJ,
MJUAWNJIJ, M5Mt(\\N2N3) и M7Ms(\\N3Nt) на расстояния
2M1MJ=MlN1), 2M3Mt(=N1Nt), 2ЛГ5Ж,(= NaN3) и
2/W,/Wg(= A^A/J соответственно (см. черт. 120,6), которая
является параллельным переносом в направлении M^Nt на
расстояние M^Nt. Точка Д есть центр симметрии, представ-
представляющей собой сумму параллельного переноса в направлении
MtNt на расстояние MtNt и симметрии относительно точки Мп;
для того чтобы найти её, достаточно отложить от точки М
отрезок MaAltпараллельный NtMt и равный-^M1Nt (черт. 120,<Г;
^ср. также черт. 17 на стр. 29). Зная Alt мы без труда по-
построим и все остальные вершины искомого девятнугольннка.
14. а) Если М, N, -Р и Q — середины сторон произвольного
четырёхугольника ABCD (см. черт. 20,а на стр. 31), то точка А
в результате четырёх последовательных отражений от точек
М, N, P, Q перейдёт в себя (ср. со вторым решением зада-
задачи 13). Но это возможно только в том случае, если сумма сим-
симметрии относительно М, N, Р и Q, равная сумме параллель-
параллельных переносов в направлениях MN и PQ на расстояния 2MN
н 2PQ соответственно, есть тождественное преобразование. Но
тогда отрезки MN u PQ равны, параллельны и противоположно
направлены, т. е. четырёхугольник MNPQ есть параллелограмм,
б) Аналогично решению задачи а) заключаем, что сумма
параллельных переносов в направлениях М^Мг, M3Mt и М5Мв
на расстояния соответственно 2МхМг, 2M3Mt и 2МЪМЬ есть
тождественное преобразование. Следовательно, существует
треугольник, стороны которого параллельны Л?,Ж2, М3Мг и
MbMt и равны 2М1Мг, 2MaMt и 2M&Mt; но в таком случае
существует также треугольник, стороны которого параллель-
параллельны и равны отрезкам М^Мг, M3MV МЬМЬ.
Совершенно так же доказывается, что существует треуголь-
треугольник, стороны которого параллельны и равны МгМ3, MJ*A&y
Примечание. Аналогично решению задач» 14 б) можно пока-
показать, что для того, чтобы 2« точек Mv М„ М3, ..., Mtn служили сере-
серединами сторон некоторого 2л-угольннка, необходимо и достаточно, чтобы
существовал л-угольннк, стороны которого были бы параллельны и
равны отрезкам MJA^ M3Mt, ..., iW2n_,Af,,,; при этом будет сущест-
существовать также и л-угольник, стороны которого параллельны и равны
15—16)
ДВИЖЕНИЯ
155
15. Повернём прямую /х вокруг точки А на угол а в по-
положение Л Пусть М есть точка пересечения 1\ с прямой /2
(черт. 121). Окружность с центром в точке А, проходящая
через точку М, и будет иско-
искомой, так как точка М
пересечения этой окружности
с прямой /j переходит в
точку М при рассматривае-
рассматриваемом вращении (т. е. цен-
центральный угол МАМ' =а).
Задача имеет два реше-
решем,\
I,
пня (соответствующих вра-
вращениям в разные стороны),
если ни один из углов ме- Черт. 121.
жду прямыми /2 и /2 не ра-
равен а; одно решение или неопределённа, если один из углов
между заданными прямыми равен а; вовсе не имеет реше-
решений пли неопределённа, если /, и /2 взаимно перпендику-
перпендикулярны н о = 90°.
16. Пусть ABC—искомый треугольник, вершины которого
расположены на данных прямых 1г, /2 и 13 (черт. 122). По-
„ ^ вернём прямую /2 во-
41 ^ ' круг точки А на угол
60° в направлении от
В к С; тогда точка В
перейдёт в точку С.
Отсюда вытекает
следующее построение.
Выберем произвольно
точку А на прямой /, и
lt повернём прямую /2 во-
вокруг А на угол 60°.
Точка пересечения по-
полученной прямой /' и
прямой 13 определит
вершину С искомого
треугольника.• Задача
имеет два решения,
Черт. 122.
так как прямую 1г кожно повернуть на 60° в двух направ-
направлениях.
156
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[17
Задача о построении равностороннего треугольника, вер-
вершины которого лежат на трёх данных концентрических окруж-
окружностях, решается аналогично.
Примечание. Если вместо А взять другую точку А' пря-
прямой/,, то новый чертёж будет получаться из черт. 122 дви-
движением (а именно — параллельным переносом в направлении I,
на расстояние АА'). Но такие чертежи в геометрии не различают-
различаются (см. введение к части первой). Именно поэтому мы считаем,
что решение задачи не зависит от выбора точки А на прямой f,
(и задача имеет всего два решения, хотя точку А можно выбирать
бесчисленным числом способов). Если бы прямые /,, I, и 13 не бы-
были параллельны, то задача решалась бы совершенно аналогично;
однако здесь пришлось бы уже считать, что она имеет бесконечно
мцрго решений, отвечающих различным выборам точки А на пря-
прямой /, (ибо треугольники, соответствующие разным выборам точки А,
не были бы уже равны).
Совершенно так же задача о построении равностороннего тре-
треугольника ABC, вершины которого лежат на трёх концентри-
концентрических окружностях S,, 5, и 53, может иметь не больше четырех
решений (здесь чертежи, соответствующие разным выборам точки А на
окружности 5,, тоже будут одинаковыми — они будут получаться
один из др>гого вращением вокруг общего центра St, 5, и 5,). Если
же S,, 5, и S3 — произвольные окружности, то соответствующая за-
задача уже будет неопределённой (различным выборам точки А на
окружности S, будут отвечать существенно разные решения).
17. Предположим, что дуга CD найдена (черт. 123). По-
Повернём отрезок BD вокруг центра О окружности S на угол а,
/ он перейдёт в отрезок
ВС, образующий с отрез-
отрезком АС угол АСВ1 = о.
Отсюда следует по-
построение: повернём точку
В вокруг О на угол а в
положение В. Через точ-
точки А \\ В проведём дугу
окружности, вмещающую
уюл а. Пересечение этой
дуги с окружностью S
определит положение точ-
точки С.
Задача может иметь
до четырех решений (дуга с окружностью может пересекаться в
двух точках, и точку В вокруг О можно повернуть в двух
направлениях).
18—19J
ДВИЖЕНИЯ
157
18. Предположим, что задача решена. Повернём окруж-
окружность 5, вокруг А на угол о в положение S[ (черт. 124).
Окружности 52 и 5, будут высекать на прямой /2 рав-
равные хорды. Поэтому задача сведётся к задаче 7 в)
(стр. 22).
Черт. 124.
Задача может иметь до четырех решений (так как S± можно
поворачивать вокруг А в двух направлениях).
19. Первое решение (ср. с первым решением зада-
задачи 13). Предположим, что задача решена и АхАг ... Ап — иско-
искомый л-угольник (см. черт. 125, где л = 6). Выберем на пло-
плоскости произвольную точку Вх. При последовательных вра-
вращениях вокруг точки Мг на угол ах, вокруг точки Мг на
угол а, и т. д., .наконец, вокруг точки Мп на угол ап отре-
отрезок AxBf перейдёт в отрезок АгВг, AtBt в А3Вг, ..., АпВп в
АхВп+1. Все эти отрезки равны, поэтому вершина А1п-угопъ-
ника равноудалена от точек В^ и Вп+1 (где Вп+1 получается
из Вг в результате суммы п известных вращений). Вы-
Выбрав затем на плоскости вторую точку С, и повернув её по-
последовательно вокруг Л11г М,, ..., Мп на углы соответст-
соответственно о,, аг, ..., ап, мы получим ещё одну пару точек С, и
С„+1, от которых i4j также равноудалена. Поэтому вершину \
л-угольннка можно найти как точку пересечения пер-
перпендикуляров, восставленных к отрезкам В,Вп+1 и C\Cn+i
в их серединах; после этою, поверн>в точку А1 на
угол ctj вокруг Allt мы получим точку Аг; повернув .4, на
угол аа вокруг точки Mt, мы получим А3, и т. д. Задача
158 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ['9
имеет единственное решение, если перпендикуляры к отрез-
отрезкам В1Вп+1 п С1Сп+1 в их серединах пересекаются (т. е.
отрезки В1Вп+1 н С1Сп+1 не параллельны); если эти периен-
Черт. 125.
дпкуляры параллельны, то задача не имеет решения, а
если они совпадают, то решение задачи будет неопреде-
неопределённым.
Полученный в решении задачи многоугольник может ока-
оказаться невыпуклым или даже самопересекающпмся.
Второе решение (ср. со вторым решением задачи 13).
Вершина А1 искомого л-угольннка является'неподвижной
точкой суммы п вращений с центрами Л4г, Мг, ..., Мп и
углами поворота аж, аг, ..., ап (эти вращения переводят Аг
в Аг, Аг в А3, А3 в Ai и т. д. и, наконец, Ап в AJ.
Но сумма п вращений на углы а,, а,, ..., ап представляет
собой вращение на угол a, -\- at -\-... -?- ап, если аг -|- aa -|-...
...-|-ап не кратно 360°, и параллельный перенос в про-
противном случае (это следует из теоремы о сумме двух враще-
вращений). Единственной неподвижной точкой вращения является
центр вращении. Поэтому, если ах -j- а, -j-... -\- ап не кратно
360°, то вершину А1 находим как центр вращения, равного
сумме вращений вокруг точек Мх, Мг, ..., Мп на углы alt
at ап, применяя несколько раз указанное в тексте по-
20]
ДВИЖЕНИЯ
159
строение центра пращенпя, являющегося суммой двух извест-
известных вращений1). В этом случае задача всегда имеет един-
единственное решение.
Параллельный перенос неподвижных точек не имеет. По-
Поэтому, если а2 —^- а2 —J—.. -+яп кратно 360°, то задача, вообще
говоря, не имеет решения. Однако в частном случае, ког-
когда сумма вращений вокруг точек Мх, Мг, ..., Л1П на углы
о,, а2, ..., я„ (а! + a,-j-¦ • - + ап кратно 360°) представляет
собой тождественное преобразование, решение задачи бу-
будет неопределённым (за вершину Аж можно принять любую
точку плоскости).
Так, если a1 = al = .. . = а„= 180° (случай, разобран-
разобранный в задаче 13), то решение задачи является единственным
при я нечётном и отсутствует или неопределённо при
л чётном.
20. а) Рассмотрим последовательные вращения с центра-
центрами О„ О,, О3 на угол 120° (см. черт. 29 в тексте). Первое из
этих вращений переводит А в В, второе — ??вСн, наконец,
третье — С в А.
Таким образом, точка А есть неподвижная точка
суммы трёх рассматриваемых вращений. Но сумма трёх
вращений на углы 120°, вообще говоря, представляет со-
собой параллельный перенос н, значит, не имеет неподвиж-
неподвижных точек; поэтому из того, что точка А остаётся на
месте, следует, что эта сумма является тождественным
преобразованием (параллельным переносом на нулевое
расстояние). Сумма первых двух вращений представляет собой
вращение на угол 240° вокруг точки О, в которой пересека-
пересекаются прямые, проходящие соответственно через О2 и Оа и
образующие с О1Ог углы в 60°; следовательно, треуголь-
треугольник Ofifi правильный. Так как сумма этого последнего
вращения и вращения с центром О3 на угол 120° долж-
должна представлять собой тождественное преобразование, то
точка О должна совпадать с О,. Отсюда следует, что
треугольник ОхОгОа правильный, что нам и требовалось до-
доказать.
1) Может случиться, что в процессе построения нам придется на-
находить центр вращения, равного сумме параллельного периюи и
вращения. По этому поводу см. текст, напечатанный мелким шрифтом,
на стр. 38 или на стр. 52.
160
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[21
22]
ДВНКНШЛ
161
Точно так же показывается, что центры О[, Ог, О3
правильных треугольников, построенных на сторонах про-
произвольного треугольника ABC по ту же сторону от сто-
сторон, по которую расположен сам треугольник, тоже об-
а разуют правильный треугольник
(черт. 126)."
б) Решение задачи б) анало-
аналогично решению задачи а). Из
того, что точка А переходит в
себя в результате суммы трёх вра-
вращений с центрами Вх, Ах н С, и
углами поворота |5, а и у (я —f- p —(—
-(-у = 360°), следует, что эта
сумма вращений представляет со-
собой тождественное преобразова-
преобразование. Но последнее возможно толь-
только в том случае, если Сх совпа-
совпадает с центром вращения, являю-
являющегося суммой вращений с цент-
центрами В1 и Ах ii углами поворота
fS и у, т. е. если С, есть точка
lirv мл*>л~ D — *
Черт. 126.
н и |, I. е. если с, есть точк;
пересечения прямых, проходящих через В1 и Ах и образую-
образующих с прямой В.А утки — и tj- соответственно. Отсюда и
следует утверждение задачи.
Точно так же доказывается, что вершины Ах, Вх, C\ рав-
равнобедренных треугольников АВСг, ВСА'Х и АСВ\ с углами при
вершинах, соответственно равными a, {J н у (я -|- р -f- у = 360°),
построенных по ту же сторону от сторон треугольника ABC,
по которую расположен сам треугольник, образуют треуголь-
ник с углами -^, ~, —.
21. Последовательные вращения в одном направлении
с центрами Ах, В1 и М и углами поворота 60°, 60° и 240°
переводят точку В в себя (см. черт. 30 в тексте). По-
Поэтому сумма этих трёх вращений представляет собой тож-
тождественное преобразованче и, следовательно, сумма первых
двух вращений представляет собой вращение с центром М.
Отсюда н вытекает утверждение задачи (ср. с решением
задачи 20).
22. Сумма четырёх вращений с центрами А1Х, А1г, Л13 и
Mt на 90° каждое переводит вершину А параллелограмма
в себя. Но это возможно только в том случае, если сумма
этих вращений представляет собой тождественное преобразо-
преобразование (ср. с решениями задач 20, 21). Сумма вращений с цен-
центрами Мх н Mt есть симметрия (вращение на 1Ь0°) с центром
в точке О, такой, что прямые /11,0, и Mfix образуют с МХМ,
углы в 45°; сумма вращений с центрами Л13 и A1t есть сим-
симметрия с центром в точке Ог такой, что прямые М3Ог и
A1tO2 образуют с Al3Mt углы в 45° (черт. 127, а). Так как
сумма двух симметрии относи-
относительно точек Oj и О„ должна
6)
Черт. 127.
представлять собой тождественное преобразование, то О„ со-
совпадает с О, н ОХА\ХА1„ ОХЛ13Л1А—два равнобедренных пря-
прямоугольных тре)голышка с oomeii вершиной Ох. Далее, так-
как параллелограмм ABCD имеет центр симметрии О — точку
пересечения диагоналей, то и весь черт. 127, а (а значит, и
четырёхугольник Л1хА1гА\3А1^ должен иметь центр симметрии
в той же точке О. Отсюда вытекает, что A/l1Ml = MsMi
и О, совпадает с О; следовательно, треугольники ОЛ1ХЛ12
и ОМ3Л1А равны и /_ МрМъ~/_мрМх\ т. е. MxMtMtM4
есть квадрат.
Точно так же доказывается, что центры КЕадратов, по-
построенных на сторонах произвольного параллелограмма по ту
же сторону от сторон, по которую расположен сам параллело-
параллелограмм, тоже образуют квадрат (черт. 127, б).
6 и. м. я - он
162
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[23
23. Рассмотрим четыре вращения с центрами А, В, С и D
и углами поворота, равными 90° (см. черт. 32 в тексте).
Сумма первых двух вращений представляет собой симметрию
относительно точки Ог; сумма последних двух вращений —
симметрию относительно точки О3, совпадающей с О, (ср.
с решением задачи 22). Поэтому сумма всех вращений есть
тождественное преобразование (сумма двух симметрии с об-
общим центром).
Сумма тех же четырёх вращений, взятых в ином порядке:
сначала второе, затем третье, затем четвёртое и, наконец,
первое, тоже есть тождественное преобразование. Действи-
Действительно, пусть первое вращение переводит произвольную точ-
точку М плоскости в какую-то точку М; второе — М в М'\
третье — М" в М"; четвёртое — М" снова в М; тогда сумма
рассматриваемых вращений, взятых в новом порядке, перево-
переводит точку М снова в М, что возможно только в том случае,
если эта сумма представляет собой тождественное преобразо-
преобразование.
Сумма второго и третьего вращений есть симметрия с цент-
центром в вершине Ог равнобедренного прямоугольного треуголь-
треугольника BOtC; сумма четвёртого и первого вращений есть сим-
симметрия с центром в вершине О4 равнобедренного прямоуголь-
прямоугольного треугольника DOtA. Так как сумма всех четырёх вра-
вращений есть тождественное преобразование, то Ot совпадает
с О„. А это нам и требовалось доказать.
ГЛАВА II
СИ.ММЕТРИИ
§1
24. а) Предположим, что точка А'найдена, т. е. /^
= ^_BXN (черт. 128, а). Пусть В — точка, симметричная В
относительно прямой MN; тогда /_BXN=.^BXN— /_AXM.
т. е. точки Aj X, В лежат на одной прямой. Отсюда следует,
что X можно найти как точку пересечения прямых MN и АВ.
Черт. 128.
б) Предположим, что точка X найдена. Пусть S2' —
окружность, симметричная S2 относительно прямой MN
(черт 128 б). Если ХА,ХВ»ХВ — касательные, проведённые
из точки * к S..S, и 5'„ то Z^N = ^BXN^AXM.
т. е. точки А,Хп В лежат на одной прямой Поэтому А1
можно найти как точку пересечения прямой MN с общей ка-
касательной АВ окружностей S, и S\. Задача может иметь до
четырёх решений (к двум окружностям можно провести до че-
четырёх общих касательных).
164
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Iй"
в) Первое решение. Пусть В — точка, симметричная
В относительно MN, ХС—продолжение отрезка АХ за точ-
точку X (черт. 129, а). Тогда /_СХМ= 2^ВХХ=2^BXN,
следовательно, луч ХВ является биссектрисой угла NXC.
Поэтому прямая АХС касается окружности 5 с центром В,
касающейся MN; точку X можно найти как пересечение
А
25]
движения
165
Черт. 129.
прямой /ИЛ' с касательной, проведённой из А к окруж-
окружности S.
Второе решение. Пусть А—точка, симметричная
точке А относительно прямой ВХ (обозначения те же, что
и в первом решении). ВХ есть биссектриса угла АХЛ1,
поэтому точка А' лежит на прямой ХМ, причём ВА=ВА
(черт. 129,6). А' легко найти, сделав на прямой AW засечку
с центром в В и радиусом В А. Точку X находим как пересече-
пересечение перпендикуляра, опущенного из В на АА, с прямой Л/Л/.
25. а) Пусть треугольник ABC построен и прямая 1„ —
биссектриса угла В, а /а — биссектриса угла С (черт. 130, с).
Тогда прямые ВА и ВС симметричны относительно прямой lt,
а прямые ВС и АС симметричны относительно /3, поэтому
точки А и А", симметричные А относительно /а и /3, лежат
на прямой ВС.
Таким образом, мы приходим к следующему построе-
построению. Найдём точки А' и А", симметричные точке А отно-
относительно прямых /s и /3. Точки пересечения прямой АА"
с прямыми /, и /3 определят вершины В \\ С треуголь-
треугольника ABC.
Если прямые /„ и 13 взаимно перпендикулярны, то пост-
построенная прямая А А" проходит через точку пересечения задан-
ных прямых и задача не имеет решения; если прямая /2 пер-
перпендикулярна к одной из прямых 1г и /3, то прямая А'А" бу-
будет параллельна другой из них и задача опять не иук>ет
решения. В том случае, когда никакие две из заданных пря-
Черт. 130.
мых не перпендикулярны друг к другу, задача имеет единст-
единственное решение; однако лишь в том случае, когда каждая из
трёх прямых /,, /а, /3 заключена внутри тупого угла, образо-
образованного двумя другими, эти три прямые будут служить биссек-
биссектрисами внутренних углов построенного треугольника ABC;
если же, например, /, проходит внутри острого угла, образо-
образованного /, н /3, то эти две
последние прямые будут
служить биссектрисами
внешних углов построенно-
построенного треугольника (черт.
130, б). Предоставляем чи-
читателю самому дать дока-
доказательство.
б) Выберем на одной из
прямых произвольную точ-
точку А и построим треуголь-
треугольник ABC, для которого
прямые /,, /, и /s явля-
являются биссектрисами внутренних углов (см. задачу а)). Про-
Проведём касательные к S, параллельные сторонам треуголь-
166
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
f25
ника А'ВС (черт. 131). Полученный треугольник будет иско-
искомым. Задача имеет единственное решение, если каждая из
трех прямых 1г, /t, lt проходит внутри тупого угла, образо-
образованного двумя другими; если же одна из них проходит внутри
острого угла, образованного двумя другими, то для построен-
построенного треугольника данная окружность явится вневписанной.
в) Предположим, что задача решена, т. е. искомый тре-
треугольник ABC построен (черт. 132). Так как точка А сим-
симметрична точке В относительно прямой /2, то она лежит на
прямой, симметричной прямой ВС относительно 1г. А так как
т
Черт. 132.
/ симметрична С относительно lt, то она лежит также на
прямой, симметричной ВС относительно 1г.
Таким образом, мы приходим к следующему построению.
Проведём через точку Ах прямой 1г прямую т перпендику-
перпендикулярно к прямой lt. Затем строим прямые т и т", симметрич-
симметричные т относительно прямых 1% и 1а. Точка пересечения т и
т" и будет являться вершиной А искомого треугольника; вер-
вершины В и С треугольника ABC будут симметричны этой вер-
вершине относительно прямых 1г и /а (черт. 132).
Если прямые /, и /, взаимно перпендикулярны, то прямые т'
и т", получаемые из прямой т симметрнямн относительно
Л и '»> будут параллельны (если точка А1 не совпадает с точ-
точкой О пересечения прямых /„ lt и /s) или совпадут (если At
совпадает с О). В первом случае задача вовсе не будет иметь
решений, во втором — решение задачи будет неопределенным.
Во всех остальных случаях задача имеет единственное решение.
Й6]
ДВИЖЕНИЯ
167
26. а) Предположим, что задача решена. Проведём через
вершину С прямую MN, параллельную АС, и построим
точку В, симметричную^ относительно прямой MN (черт. 133).
Обозначим углы при основании АВ через аир (будем счи-
считать, что а]>р), тогда
/_ACN=\80° — a,
=A80° —
=180° — (а — р) = 180° — у.
Отсюда вытекает следующее построение. Отложим отре-
отрезок АВ=а, проведём параллельно АВ прямую MN на рас-
расстоянии Л от АВ, построим точку В, симметричную В отно-
относительно MN. На отрезке АВ построим дугу, вмещающую
Черт. 133.
угол 180° — Y- Пересечение этой дуги с прямой MN опреде-
определит положение вершины С треугольника. Задача имеет един-
единственное решение.
б) Предположим, что задача решена. Проведём такое же
построение, как в предыдущей задаче (черт. 133). Так как
Z.ACB = 180° —t,
то мы можем построить треугольник АСВ по двум сторонам
АС и СВ = ВС и углу 180° — у между ними. MN совпадает
с медианой CD этого треугольника (ибо MN—средняя линия
треугольника ABB), точка В симметрична В относительно
медианы CD. Задача имеет одно решение.
16S
3V1A4
[27—28
27. Предположим, что задача решена, н пусть В— точка,
симметричная В относительно ОМ (черт. 134). Имеем ^_ВХА =
= / ВХВ -f /_ ZXYi и0 Z в'хв = 2 Z oxz = 2 (Z A'z к —
Черт. 134.
— /_MON) (ибо /_XZY есть внешний угол треугольни-
треугольника A'OZ). Следовательно,
+ ^ f Z. YXZ — 2 Z ЛЮЛ =
= 180° — 2/_M0N
известен. Отсюда X находим как точку пересечения луча ОМ
с дугой, построенной на отрезке АВ и вмещающей
угол 180° — 2^_M0N. Задача имеет одно решение.
28. а) Предположим, что четырёхугольник ABCD построен.
П}сть В — точка, симметричная вершине В относительно дпа-
В'
Черт. 135.
гоналн АС (черт. 135). Так как /_ВАС= /_DAC, то точка В
лежит на прямой AD. В треугольнике BDC известны все сто-
29]
ДВИЖЕНИЯ
169
роны: DC, ВС = ВС, DB = AD — AB = AD — AB. Построим
его; затем найдём верил ну А (известна сторона AD) n вер-
вершину В как точку, симметричную В относительно АС. Задача
имеет единственное решение, если AD=f=AB; не имеет реше-
решения, если AD = AB, CD-^-CB; неопределенна, если AD = AB
CD = CB.
б) Предположим, что задача решена (черт. 136), и пусть
треугольник ADlCl симметричен треугольнику ADC относи-
относительно прямой ИО (О—центр
окружности, вписанной в че-
четырёхугольник). Очевидно,
точка D, лежит на прямой
АВ, а сторона D1C1 касается
вписанной в четырёхуголь-
четырёхугольник ABCD окружности. От-
Отложив на произвольной пря-
прямой известные отрезки АВ
и ADt = AD, мы сможем
найти прямые ВС и D1Cl
(так как мы знаем / ABC
Черт. 136.
и J/mADlC1= /_ADC). После этого мы можем построить
вписанную в ABCD окружность (эта окружность касается
прямых АВ, ВС и OjC,), а затем и стороны AD и DC
четырёхугольника, симметричные соответственно ADX и DlCl
относительно прямой АО.
Задача имеет единственное решение, если / АРС=^= / ABC;
не имеет решения, если / АРС-=.
= /_АВС, АОфАВ; неопреде-
неопределённа, если /_ADC=/_ABC,
AD=AB.
29. а) Предположим, что за-
задача решена, т. е. на /1? /,,...
..., /„ найдены точки А',,
Х2, .... Хп такие, что
AXtX ... ХпВ есть путь би-
бильярдного шара (на черт. 137
изображён случай, когда л = 3).
Легко видеть, что точка Хп яв-
является точкой пересечения прямой /„ с прямой Хп_1Вп, где Вп
симметрична В относительно /„ (см. решение задачи 24 а)),
Черт. 137.
170
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
129
т. е. точки Вп, Хп, Хп_1 лежат на одной прямой. Но тогда
точка Хп_1 является точкой пересечения прямой /п_, с пря-
прямой Xn_iBn_1, где Вп_, симметрична точке Вп относительно
прямой/„_х. Аналогично показывается, что точка Хп_г— точка
пересечения 1п_г с прямой Хп_яВп_г, где Вп_, симметрична Вп_1
относительно /п_2; точка Хп_я — точка пересечения /п_3
с прямой Xn_lBn_i, где Bn_g симметрична Вп_г относитель-
относительно /п_3, и т. д.
Таким образом, приходим к следующему построению. От-
Отражаем последовательно точку В относительно прямых /п,
/,,...,/,; получаем точки Вп, В„_,, ...,В,. Точка Л,,
определяющая направление, в каком должен быть пущен шар
из точки А, находится как пересечение прямой 1Х с пря-
прямой АВУ.
После этого нетрудно, используя точки В,, В,, ..., В„
и Х1Ъ найти точки X., Х3, .."., Хп.
б) В рассматриваемом случае путь шара АХгХгХяХАА
представляет собой параллелограмм, вписанный в прямоуголь-
прямоугольник PQRS, причём стороны параллелограмма параллельны
диагоналям прямоугольника (черт. 138). Общий путь шара
и.
Черт. 138.
равен расстоянию ААХ. Спроектировав отрезок АА1 на сторо-
стороны прямоугольника, мы убедимся, что эти проекции в два
раза больше соответствующих сторон прямоугольника, откуда
следует, что отрезок ААХ в два раза больше диагонали прямо-
прямоугольника. Второе утверждение задачи следует из того, что
отрезки АХХ и ХЛА, как легко усмотреть из черт. 138,
ставляют одну прямую.
со-
30—31)
ДВИЖЕНИЯ
171
30. а) Предположим, что задача решена. Проведём ок-
окружность Sj с центром в точке А, радиуса а и окружность Ss
с центром в точке X, радиуса ХВ (черт. 139, с). Очевидно,-
что эти две окружности касаются в точке, лежащей на пря-
прямой АХ. Так как окружность S4 проходит через точку В, то
а)
Черт. 139.
она проходит и через точку В", симметричную В относительно
прямой /. Таким образом, задача сводится к построению окруж-
окружности S2, проходящей через известные точки В и В и касаю-
касающейся окружности Sx, т. е. к задаче 49 б) из § 1 гл. 1 второй
части. Центр Л'окружности Ss и будет искомой точкой.
б) Предположим, что задача решена, и пусть Sj — окруж-
окружность с центром в точке А, радиуса с, a S, — окружность
с центром в точке X, радиуса
ВХ (черт. 139, б). Окружности
Sj it S, касаются в точке, лежа-
лежащей на прямой АХ. Кроме то-
того, окружность S2 проходит через
точку В', симметричную В отно-
относительно /. Поэтому задача опять ,
сводится к той же задаче 49 б). 3^
31. а) Пусть точка /У, симмет-
симметрична точке Н относительно сто-
стороны ВС (черт. 140). Обозначим
через Р, Q, R основания высот. Черт. 140.
Имеем Z.BHiC=Z.BHC ("б0
+ Z RAQ = 180°; поэтому ^ ВН? + /_ ВАС =180°» откУда
н следует утверждение задачи.
172
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|32
б) Предположим, что треугольник ABC построен. Точки Hlt
Нг и Н3 лежат на окружности, описанной около треуголь-
треугольника ABC (см. задачу а)). Так как /BRC=/BQC ( = 90°),
—ВС + —АН —ВС+—АН .„ .„«
то ^—з— П1 . т. е. _ АН,= -АН„. Ана-
Аналогично доказывается, что —ВН1 = —ВН3, —СН1 = —СН1.
Отсюда вытекает, что вершины А, В и С искомого треуголь-
треугольника совпадают с серединами дуг НгН3, Н3Н1 и /У,#2 ок-
окружности, описанной около треугольника //,/^W,. Задача
имеет единственное решение, если точки Нг, Нг и Н3 не ле-
лежат на одной прямой, и не имеет решения в противном случае.
32. а) Очевидно. Так, например, высотами треугольни-
треугольника AtA3At являются прямые AxAt _]_ AtA3, A^A3 _|_ A^At
и A1Ai J A3At; точкой пересечения высот является точ-
точка Л,.
б) Пусть А\ — точка, симметричная точке At относитель-
относительно прямой АгА3 (черт. 141). Эта точка лежит на окруж-
^ ности St, описанной вокруг треуголь-
- ' ннка А1АгА3 (см. задачу 31 а)). Таким
образом, окружность, описанная во-
вокруг треугольника АгАгА3, совпадает
с St; отсюда вытекает, что окруж-
окружность Sj, описанная вокруг треугольни-
треугольника АгА3Ал, равна St (окружности S,
3 и S4 симметричны относительно АгА3).
Аналогично доказывается, что окруж-
окружности
ности
в)
и S3 тоже равны окруж-
з четырёх треугольников
1 •» 3' ^ж 2 Л * 1 • d 5 4 А
Черт. 141. один обязательно будет остро} гольным;
действительно, если треуголь-
треугольник АгА3Ал тупоугольный (угол At тупой), то треуголь-
треугольник AtA3Alt где А1—точка пересечения высот треугольни-
треугольника А„А3А4, будет остроугольным. Итак, пусть треуголь-
треугольник A1AiAs — остроугольный, точка At расположена внутри
треугольника AlAtA3.
Рассмотрим четырёхугольник AlAtOlOt. OluOt — центры
окружностей Sj и St, симметричных относительно прямой А„А3
(см. решение задачи б), черт. 141); следовательно, точки Ot
33J
ДВ11ЖШШ1
173
и О4 симметричны относительно А,А3, и потому О2О4 J_ АД,.
В четырехугольнике A1AiOiOl O1Ai^OtAi = R {R — общий
радиус окружностей 5,, S,, S3 н 54) и OiO1\\A1At. Следова-
Следовательно, этот четырехугольник яилястсн параллелограммом или
равнобочной трапецией. Но рагнобичной трапецией четырёх-
четырёхугольник AlA1OlOt быть не может, так как перпендикуляр
АгАл к стороне О1О1 эгого четырёх}юлышка в ее середине
не пересекает стороны AtAt. Стсдователыю, AlAtO1Ot есть
параллелограмм н его диагонали Afix и AtOx делятся в точке
пересечения О пополам. Точно так же показывается, что
середины отрезков .4,0 и А3О3 совпадают с середин п\ О
отрезка AtOt.
33. а) Обозначим через О' точку, симметричною центру О
окружности 5 относительно прямой А,А3 (черт. 142). Тогда
четырёхугольники 00 HiAl и
OO'H1Ai— параллелограммы
(см. решение задачи 32 i))
Поэтому A1H1^=00'=AiH1.
AlHt\\OO'\\AtHl и, елсдо-
нателыю, четырёхуголен ik
AlHtHlAi есть параллело-
параллелограмм. Отсюда следует, что
oi резки А1Н1 и AlHi де-
делятся в точке нерессчишн И
пополам. Точно так яе до-
доказывается, что середины
отрезков А2Н„ н Л3/У, с -
ьпадают с серединой Н от-
отрезка А1Н1.
б) Из сравнения черт. 142
с черт. 141 ьпдно, что, напри-
например, точка Hi лежит на
окружности S', симметричной
окружности S относительно
прямой АгА3; на этой ок-
окружности лежит также и
точка Нх. Таким образом, Черт. 142.
точки Аг, А,, Нг и Ht ле-
лежат на одной окружности, равной окружности S. Аналогично
доказьшаются и остальные утверждения задачи.
174
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[34
34. Прежде всего ясно, что две оси симметрии АВ и CD
многоугольника М должны пересекаться внутри М\ действи-
действительно, если бы это было не так (черт. 143, с), то обе оси
симметрии не могли бы делить многоугольник на равные по
площади части. Покажем теперь, что если многоугольник
имеет третью ось симметрии EF, то она проходит через
точку пересечения первых двух. Предположим, что это не
так; в таком случае три оси симметрии АВ, CD и EF образуют
в пересечении некоторый треугольник PQR (черт. 143, б).
Пусть М — точка внутри этого
треугольника. Легко проверить,
что каждая точка плоскости
Черт. 143.
лежит с точкой М по одну сторону хотя бы от одной из
трёх осей симметрии. Пусть теперь Т есть та из вершин много-
многоугольника, которая удалена от точки М на наибольшее
расстояние (или одна из таких вершин, если их несколько),
и точки М и Т лежат по одну сторону от оси симметрии АВ.
Тогда, если Г, есть вершина многоугольника, симметричная
вершине Т относительно АВ, то МТг~^>МТ (так как проек-
проекция МТ1 на ТТХ больше проекции МТ на 7Т,, см. черт. 143, б).
Полученное противоречие и доказывает теорему.
[Аналогично можно доказать, что если какая-либо ограни-
ограниченная плоская фигура (может быть, не являющаяся много-
многоугольником) имеет несколько осей симметрии, то все они
пересекаются в одной точке. Для неограниченных фигур это
уже неверно: так, например, полоса между двумя параллель-
параллельными прямыми / и / имеет бесконечно много осей сим-
метрии, перпендикулярных к
между собой.]
/ и 1г и параллельных
35—361
ДВИЖЕНИЯ
175
Замечание. Предложение настоящей задачи с очевидностью
следует также и из механических соображений: так как центр тяжести
однородного тела в форме многоугольника, имеющего ось симметрии,
очевидно, должен лежать на этой оси, то в случае, если многоуголь-
многоугольник имеет несколько осей симметрии, все они должны проходить через
центр тяжести.
35. Так как длина отрезка XY равна а, то надо, чтобы
сумма AX-\-BY была минимальна. Предположим, что отрезок
XY найден. Скользящая симметрия с осью / и величиной
параллельного переноса а переводит точку В в Я, а точку Y
в X (черт. 144); поэтому BY=BX\\, следовательно, АХ-\-
-\-BY=AX-\-BX. Таким образом, требуется, чтобы длина
ломаной АХВ была наименьшей. Отсюда следует, что X есть
точка пересечения прямой / с отрезком АВ.
Черт. 145.
36. а) Предположим, что четырёхугольник ABCD по-
построен. Пусть А' — точка, в которую переходит точка А при
скользящей симметрии с осью DC и величиной параллельного
переносаОС (черт. 145); тогда /_ A'CD = /_ ADK, где DK— про-
продолжение стороны DC за точку D (если А1 симметрична А
относительно DC, то Z.A'CD = ZAiDI<=ZADIQ- Ho
/ADK=\80° — ^/О=180° — /_С; следовательно,
^/Л'СО = 180° — /_С, т. е. А'СВ — прямая. Кроме того,
нам известны A'B=A'C + CB = AD-\-CB и расстояние от
А до CD.
Таким образом, мы приходим к следующему построению.
Пусть / есть произвольная прямая, А — точка, удалённая от /
на расстояние d, A' — точка, в которую переводит А сколь-
176
РЕШЫШЯ ЗАДАЧ
[ЗС
зяшая симметрия с осью / п величиной параллельного перс-
носа DC. Вершину В четырёхугольника построим, зная рас-
расстояния АВ и A'B=AD-\-BC; вершина С определится как
точка пересечения отрезка А'В с прямой /; вершину D, лежащую
на прямой /, найдём, отложив на / от С известный отрезок
CD. Задача может иметь дпа, одно или ни одного решения,
б) Возьмём на плоскости отрезок АВ; тогда прямую /, на
которой находится сторона CD, можно построить как общую
внешнюю касательную к окружностям радиусов dl и A„ с цеп-
Чсрт. 146.
трамп А а В (черт. 146). Теперь остаётся только расположить
на прямой / отрезок DC данной длины так, чтобы сумма длин
AD-\- ВС имела данную величину (ср. с задачей 30 а)).
Предположим, что точки D и С найдены, и пусть теперь А
и А" — точки, в которые переводят точку А соответственно
параллельный перенос в направлении / на величину DC и сколь-
скользящая симметрия с осью / и величиной параллельного перено-
переноса DC. Очевидно, что окружность с центром С и радиусом AD
проходит через точки А' и А" (А'С = А"С = AD) и касается
окружности S с центром В п радиусом BC-\-CA"=BC-\-AD.
Но окружность S можно построить, и остаётся только найти
окружность, проходящую через две известные точки А' и А"
и касающуюся S (см. задачу 49 б) из § 1 гл. I второй
ч 1стн). Центр этой окружности и будет вершиной С.
371
ДВПАМШЯ
177
37. Первое решение. Очевидно, луч сразу отразится
от стороны угла по направлению, противоположному перво-
первоначальному, лишь если он перпендикулярен к этой стороне;
для любого л}ча это неверно. Предположим теперь, что
луч MN после двукратного отражения от сторон угла ABC
уходит в направлении PQ, противоположном ЛШ (черт. 147, а).
В этом случае имеем:
Z. AVfi 4- Z NPB — 180°—Z NBP =х 80°—«;
2A80° —а) = 2 ^/_PNB-\-2 /_NPB =
= /_ ax'm -f Z PNB -r Z NPB+Z cpQ=
==300° — (/^UA'P-L-ZQ^W^360"— 180°= 160°,
следовательно, о. = 90°; обратно, если о. = 90°, то
iV==180°, т. е. направление луча PQ про-
противоположно /W.V.
Пусть теперь луч A/.V после четырёхкратного отражения
от сторон угла уходит в направлении RS, противоположном
«у
б)
Черт. 147, п. б.
первоначальному (черт. 147, 6\ после трёхкратного отражения
луч может уйти по направлению, противоположному перво-
первоначальному, лишь в том случае, когда он падает на вторую
сторону угла в направлении, перпендикулярном к ней; для
любого луча это неверно). Отразим прямую АВ и ломаную
PQR от прямой ВС: прямая ВАХ симметрична ВА, а точка Q,
симметрична Q относительно ВС. Тогда Z.ABAl = 1 /_ ABC—
= 2а. Далее, ^QPB=/_QtPB — /_NPC; значит, NPQ-~
178
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
137
одна прямая. Точно так же доказывается, что Qt/?S — одна
прямая (Z.QRB=Z.QiRBz= Z.SRQ- Наконец, ?BQXP—
= J/-AlQ1R, так как эти углы равны соответственно углам BQP
и AQR, равным между собой. Таким образом, мы имеем, что луч
MN, отразившись в точках Л^и Q, от сторон угла АВА1 = 2я,
уходит в направлении QXS, противоположном направлению перво-
первоначального падения. Но в таком случае 2а = 90°; следовательно,
а =Ц- . Обратно, если а=~-, то /_АВАХ =90° л луч MN
после четырёхкратного отраже-
отражений от сторон угла ABC уйдёт
в направлении, противополож-
противоположном первоначальному.
Пусть теперь луч MN после шестикратного отражения от
сторон угла уходит в направлении TU, противоположном на-
направлению первоначального падения (черт. 147, е; после пяти-
87]
ДВИЖЕНИЯ
179
кратного отражения любой луч не может уходить в направ-
направлении, противоположном первоначальному). Отразим прямую АВ
и ломаную PQRST от прямой ВС; пусть ВА1 симметрична ВА,
а точки Qt и 5, — точкам Q н 5 относительно прямой ВС.
Аналогично предыдущему заключаем, что NPQX—одна пря-
прямая (J/QlPB=Z.QpB=Z.NPQ< SJU—одна прямая
[ZSJB=/_stb=Zutq и ZQiflfi=Zsi«C: /LRQfi=
= ^_PQXAX, ?RSXB— ?TSXAX (так как они равны углам
QRB и SRC, соответственно RQB и PQA, RSB и TSA, равным
между собой). Таким образом, мы находим, что луч MN, отразив-
отразившись последовательно в точках N, Qlt R и S, от прямых
АВ, BAt, ВС и снова BAt, уходит в направлении S^, про-
противоположном первоначальному направлению MN.
Отразим теперь прямую ВС и ломаную Q1RSl от прямой
BAt; пусть ВА2 симметрична прямой ВС и точка Rt симмет-
симметрична точке R относительно прямой ВА1. В таком случае
NPQ1R1 — orhz прямая {ибо/mRlQlB=/_ RQlB=Z.pQ1Ai)
и R^JU—одна прямая (ибо ^#Afi= Z RS1B=Z. TS^),
и ,2l &,/?,?= Z^i^i"** (ибо они равны соответственно углам
Q,/?fi nSjflC, равным между собой). Таким образом, мы находим
что луч MN, отразившись в точках N и i?, от сторон угла
АВАг (величины За), уходит в направлении RtU, противопо-
противоположном направлению первоначального падения MN. А в таком
90°
случае должно быть За = 90°, т. е. а ==-^-. Обратно, если
90°
а = — , то /^АВАг= 90° и луч MN после шестикратного
отражения от сторон угла ABC уйдёт в направлении, про-
противоположном первоначальному.
Пусть, наконец, луч после 2/г-кратного отражения от сторон
угла величины а уходит в направлении, противоположном на-
направлению первоначального падения (см. черт. 148, где 2/г= 10;
после Bл —1 )-кратного отражения от сторон угла любой луч
не может уходить в направлении, противоположном направлению
первоначального падения). Обозначим точки, в которых луч
отражается от сторон угла, через Nx, N2, N3, .. ¦ , /V2n, как
указано на чертеже. Отразим сторону ВА угла от стороны ВС;
затем сторону ВС от получившейся прямой ВА^, затем пря-
прямую ВАг от получившейся прямой ВА2, и т. д.; всего таким
образом произведём п—1 отражений. Точку, в которую пере-
переходит точка Л/,, (i—какой-то из номеров 1, 2, .... 2«) в
180
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
137
результате у последовательных отражений (здесь число у мо-
может быть равно 1, 2 п—1), мы обозначим через N^;
соответственно этому вместо N- мы будем дальше иногда пи-
сать /Vf.
Докажем, что точки Л/|0), 7V2(I), N^\ ... , Л/J1 ~ *' лежат
все на одной прямой. Для этого достаточно показать, что
лежат на одной прямой точки N^\ N^ и Л/J"'; точки N,,
л
Черт. 148.
Л/*4 н Л/<3); точки Л*4, /vf > и /Vf >; и т. д. Для того чтобы
показать, что точки А/,-'"", Л/'+i и Л//+21} (здесь i — какой-
то из номеров 1, 2, ... , п—2) лежат на одной прямой, до-
достаточно проверить, что
или
(ибо точки Л',-'+21)н Л//+21' симметричны относительно Я4,-),
или
37) движения 181
(ибо точки Л//+1 и A/J'+f* симметричны относительно ZL4,-_i), или
(ибо точки Л^"~!) и Л/?1'», М'+г0 и Л/Г+23) симметричны от-
относительно ВД-_=), ... н т. д. При / чётном мы окончательно
приходим к равенству
а при i нечётном — к равенстну
оба эти равенства следуют из закона отражения лучей.
Совершенно аналогично показывается, что точки Nt ,
Л/2_ь Л'»?_:, Л'^-з, ••• ,Лгп"~"" тоже лежат все на. одной
прямой п что /е-М"-Ч-, = /^+15^-"В, т. е.
^/ Л^М11 ~ '^Лв -1 =./ N.nl\'l"~l)B. Таким образом, мы имеем
луч РЛ/^11~1'М„Л11 который, отразившись в точках Л'!"' и
Л/2П от сторон угла ЛЙЛП_1 величины ля, уходит в направ-
направлении, противоположном направлению первоначального паде-
90°
ния. А отсюда следует, что ля = 90°, т. е. а = —.
Второе решение. Пусть ABC—данный угол, AiNPQ...—
путь луча (см. черт. 149, я, па котором изображён случай « = 2,
а = 45°). Нас интересуют лишь направления хода луча,
поэтому удобно перенести все эти направления в одну точку О
(на чертеже 01\\MN, O2\\NP, O3\\PQ, ... и т. д.). Так как
/^ AINA = ? PNB, то луч 02 получается из луча 01 симметрией
относительно прямой OU\\AB (для доказательства достаточно
заметить, что на черт. 149, а Л/ЛГ симметрично NP относи-
относительно NB). Точно так же луч 03 получается из луча 02
симметрией относительно прямой OV\\BC. Поэтому в силу
предложения 3° на стр. 50 луч 03 получается из луча 01
поворотом на угол 2 /^UOV = 2п. Аналогично луч 05 полу-
получается из луча 03 поворотом на угол 2я в том же направле-
направлении; следовательно, луч 05 получается из луча 01 поворо-
том на 4а и т. д. Поэтому, если а = —, то луч ОB« -\-1), ука-
указывающий направление, которое получит луч света после
182
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[37
я-кратного отражения от каждого из зеркал, будет образовывать
с лучом 01 угол п ¦ 2а = 180°, что и доказывает утверждение
задачи. [Здесь мы считаем, что 0 < ^/ММ4 <^ а; если
^/ММ4^>а, то луч NM пересечётся со стороной ВС угла
и, значит, зеркало ВС задержит луч до падения на зер-
зеркало ВА. Это условие гарантирует, что лучи в направлениях
01, 03, 05, ... и т. д. все попадут на зеркало ВА, а лучи
в направлениях 02, 04, ... и т. д. — на зеркало ВС. Если
^/_МЫА = а, т. е. направление луча MN параллельно зер-
зеркалу ВС, то уже луч ОBл) будет противоположен по направ-
направлению лучу 01: в этом случае направление уходящего луча
также будет противоположно первоначальному направлению
его, но общее число отражений от зеркал будет на 1 меньше
общего случая — см. черт. 149,6, где / АВС=4о°,
/ 45°1
Эти же рассуждения показывают, что если а =? —,
то каждый луч не может после ряда отражений уйти в
направлении, противоположном направлению первоначального
падения.
38]
ДВИЖЕНИЯ
183
38. а) Первое решение (ср. с первым решением за-
задач 13, 19). Пусть А1Аг...Ап — искомый и-угольннк, В,—
какая-то точка плоскости. Отразим отрезок AtBt последова-
последовательно от прямых /,, /г, .... /п-1, /п; при этом мы полу-
получим отрезки АгВг, А3ВЯ, ..., АпВп, А1Вп+1. Так как все
эти отрезки равны между собой, то А1В1=А1Вп+1, т. е.
точка Аг равноудалена от Bt и Вп+1 и, следовательно, ле-
лежит на перпендикуляре, восставленном к отрезку В1Вп+г в его
середине.
Выберем теперь на плоскости ещё какую-то точку С,, и
пусть Сг, С3, ... , Сп, Сч+1—точки, которые получаются
из точки Cj при последовательных отражениях от прямых
/,, /2, ... , /„_,, /„. Очевидно, вершина Л, л-угольнпка также
равноудалена от точек С, и Сп+1 и лежит на перпендикуляре,
восставленном к отрезку С,Сп+1 в его середине. Поэтому вер-
вершину А1 находим как пересечение перпендикуляров, восстав-
восставленных к отрезкам BtBn+1 и СгСп+1 в их серединах (отрез-
(отрезки В1Вп+1 п С1Сп+1 ми можем построить, выбрав точки Bt
п Ct произвольно). Отразив А1 последовательно относитель-
относительно данных п прямых, мы найдём и остальные вершины
л-угольннка.
Задача имеет единственное решение, если отрезки BtBn+l
и СхСп+1 не параллельны (в этом случае перпендикуляры р и д,
восставленные к этим отрезкам в их серединах, пересекаются
в одной точке); если SlSn+I||C,Cn+l, то задача вовсе не имеет
решений, когда перпендикуляры р и д параллельны, и беско-
бесконечно много решений (задача неопределённа), когда р и д
совпадают.
Полученный в решении задачи я-угольннк может оказаться
самопересекающнмся.
Недостатком этого решения задачи является то, что в нём
не находит отражения существенное различие между случаями,
когда п четно и когда оно нечётно (см. второе решение
задачи).
Второе решение (ср. со вторым решением за-
задач 13, 19). Пусть АгАг.. .Аа — искомый л-угольннк
(см. черт. 49, а в тексте). Отразим последовательно вер-
вершину Ах от прямых /„ /„ .... /„_,, /„; получим точки
Лг, А,, ... ,АП и, наконец, снова Ах. Таким образом, А1
есть неподвижная точка суммы симметрии относительно
прямых 1Х, /„..., /„.
184
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[38
Рассмотрим теперь отдельно два случая.
1°. л— чётное число. В этом случае сумма симметрии
относительно прямых llt /г, ... , /п, вообще говоря, будет
являться вращением вокруг некоторой точки О (см. выше,
стр. 55), которую мы можем найти, применяя построения, от-
относящиеся к сложению движений. Точка О будет единствен-
единственной неподвижной точкой вращения; следовательно, вершина At
должна совпасть с О. Найдя Аг, мы затем без труда по-
построим и все остальные вершины л-угольннка. Задача в этом
случае имеет единственное решение.
В исключительном случае, когда сумма симметрии отно-
относительно /,, 1г, ... , 1п представляет собой параллельный пе-
перенос или тождественное преобразование (крашение на угол О
или параллельный перенос на расстояние 0), задача вовсе не
имеет решения (параллельный перенос не имеет неподвижных
точек), или решение задачи будет неопределённым — за вер-
вершину i4t искомого л-угольннка можно будет принять любую
точку плоскости (каждая точка является неподвижной точкой
тождественного преобразования).
2°. л — нечётное число. В этом случае сумма сим-
симметрии относительно прямых llt /„,..., /п, вообще говоря,
будет представлять собой скользящую симметрию (см. выше,
стр.55—56). Так как скользящая симметрия не имеет неподвиж-
неподвижных точек, то при нечётном п задача не имеет решения.
В исключительном случае, когда сумма симметрии относи-
относительно /,, /2, ... , 1п является симметрией относительно пря-
V" мой / (этуУможно построить), решение задачи будет не-
неопределённо— любую точку прямой / можно будет принять
за вершину А1 я-угольнпка (любая точка оси симметрии
является неподвижной точкой симметрии относительно прямой).
[Так, при л = 3 задача, вообще говоря, не будет иметь
решения; исключением является лишь случай, когда прямые
К' Аг> '« пересекаются в одной точке (см. задачу 25 в)) или
параллельны; в этих случаях задача будет неопределённой
(см. предложение 4° на стр. 53).]
б) Эта задача близка к задаче а). Если AxAt ... Ап —
искомый л-угольнпк (см. черт. 49, б в тексте), то пря-
прямая АпА1 в результате п последовательных симметрии отно-
относительно прямых /,, 1г, ... , /„_,, /„ переходит в прямые
AtA2, АгА3, .... Ап_1Ап и, наконец, снова в АПАХ. Таким
образом, прямая АпАг искомого и-угольннка есть неио-
S81
ДВИЖЕНИЯ
ISO
д в и ж н а я прямая су ччы симметрии относительно пря-
прямых /ж, /,,..., /„. Далее рассмотрим два случая.
1°. л — чётное число. В этом случае сумма симметрии
относительно прямых /,, /2, . . . , 1П, вообще говоря, представ-
представляет собой вращение вокруг некоторой точки О и, следо-
следовательно, не имеет неподвижных прямых. Таким образом,
при чётном л наша задача не имеет решения В исключи-
исключительном случае, когда сумма симметрии относительно этих
прямых представляет собой симметрию относительно точки О
(вращение на угол 180 ), или параллельный перенос, или
тождественное преобразование, решение задачи будет неоп-
неопределённо: в первом случае за сторону AnAt л-угольннка
можно будет принять любую причую, про\от.ящую черет
центр симметрии; но втором случае — любую прямую, парал-
параллельную направлению параллельного переноса NN'; в третьем
случае — вообще любую прямую плоскости.
2°. и—нечётное число. В этом случае сумма сим-
симметрии относительно прямых /,, /.,, ... , /„, вообще говоря,
представляет собой скользящую симметрию с осью / (кото-
(которую можно построить). Так как / есть единственная непо-
неподвижная прямая скользящей симметрии, то сторона АПА1 иско-
искомого л-угольиика должна совпасть с I; отразив эту прямую
последовательно относительно прямых /,, /,,..., /„_,, мы
найдём н все остальные стороны искомого /г-уголышка. Та-
Таким образом, при п нечётном задача имеет, вообще говоря,
единственное решение. Исключением является случай, когда
сумма симметрии относительно этих прямых является симмет-
симметрией относительно некоторой прямой /; в этом случае реше-
решение задачи будет неопределённо: за сторону АПА1 л-уголь-
ника можно принять как прямую /, так н любую прямую,
перпендикулярную к /.
[Так, при л = 3 задача имеет, вообще говоря, единствен-
единственное решение; при этом прямые /,, /г, /3 будут все три яв-
являться биссектрисами внешних углов построенного треуголь-
треугольника или две нз них будут биссектрисами внутренних углов,
а одна—биссектрисой внешнего угла. Исключением является
случай, когда прямые /,, /8 и /3 пересекаются в одной точке;
в этом случае решение задачи будет неопределённым (см.
задачу 25 а)); прямые /,, /2, /3 будут все являться биссектри-
биссектрисами внутренних углов построенного треугольника пли две
186
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[39
из них будут биссектрисами внешних углов, а одна — биссек-
биссектрисой внутреннего угла.]
Предоставляем читателю самому иайтн решение задачи б), анало-
аналогичное первому решению задачи а).
39. а) Предположим, что задача решена (черт. 150).
Симметрия относительно точки М переводит вершину Ах
в вершину Аг, симметрия относительно прямой /, — вершину Л,
1,
Черт. 150.
в вершину At, симметрия относительно /3 — А3 в АА и т. д.,
наконец, симметрия относительно /п переводит Ап в Ах. Та-
Таким образом, Ах есть неподвижная точка суммы сим-
симметрии относительно точки М и л—-1 симметрии относительно
прямых /„ /3, ... , /п. Симметрия относительно точки М
равносильна паре симметрии относительно прямых. Далее
рассмотрим отдельно два случая. •
1°. п — нечётное число. В этом случае задача сво-
сводится к нахождению неподвижной точки суммы чётного числа
симметрии относительно прямой. Эта сумма симметрии пред-
представляет собой, вообще говоря, вращение вокруг некоторой
точки О (которую можно построить, зная точку М и прямые
/„ /„,..., /„). Поэтому при нечётном п задача имеет единст-
единственное решение (сравните со случаем 1° в решении зада-
задачи 38 а)). Исключением является случай, когда сумма чётно-
чётного числа симметрии относительно прямой явится параллельным
переносом — задача не имеет решения, или тождественным
преобразованием—решение задачи неопределённо.
2°. п — чётное число. В этом случае задача сводится
к определению неподвижной точки суммы нечётного числа
симметрии относительно прямой. В общем случае эта сумма
39]
ДВИЖЕНИЯ
187
представляет собой скользящую симметрию и задача вовсе
не имеет решения (скользящая симметрия не имеет неподвиж-
неподвижных точек). В частном случае сумма нечётного числа симмет-
симметрии может оказаться симметрией относительно прямой /;
тогда задача является неопределённой (симметрия относи-
относительно прямой имеет бесконечно много неподвижных точек,
а именно все точки оси /).
Построение можно также произвести аналогично первому реше-
решению задачи 38 а). Полученный в качестве решения многоугольник
может оказаться и самоперссекаюшимся.
б) Предположим, что задача решена (черт. 151). Пово-
Поворот на угол 180° — а вокруг точки N переводит прямую
АпАх в АхАг, симметрия относительно /, переводит АхАг
в АгА%, симметрия относительно /3 — АгА3 в A3At u т. д.,
наконец, симметрия относительно/„ переводит Ап_хАпв АпАх.
Таким образом, АпАх есть не-
неподвижная прямая суммы
вращения вокруг N на угол
180°—а (которое можно заме-
заменить суммой двух симметрии от-
относительно прямой) ии — 1 сим-
симметрии относительно прямых
Рассмотрим теперь отдельно
два случая.
1°. п — чётное число.
Сумма нечётного числа сим-
симметрии относительно прямой
в общем случае представляет
собой скользящую симметрию,
которая имеет единственную
неподвижную прямую — ось скользящей симметрии / (которую
можно построить), и следовательно, задача имеет единствен-
единственное решение. В частном случае мы можем прийти к симмет-
симметрии относительно прямой, и тогда решение задачи будет не-
неопределённым (ибо симметрия относительно прямой имеет
бесконечно много неподвижных прямых).
2°. п — нечётное число. В таком случае рассматри-
рассматриваемое движение будет представлять собой сумму чётного числа
симметрии относительно прямой, которая, вообще говоря, яв-
является вращением. Задача в этом случае решения не имеет.
. л
ч
Черт. 151.
188
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[40
В частных случаях мы можем прийти к симметрии относитель-
относительно точки, параллельному переносу или тождественному преоб-
преобразованию; в этих случаях решение задачи будет неопределённо.
Построенный многоугольник может оказаться самопересе-
кающнмся; прямые 1г, /„,...,/„ будут являться биссектри-
биссектрисами его внутренних или внешних углов.
Построение можно также произвести аналогично первому реше-
решению задачи 38 а).
40. а) Пусть А1АгА3... Ап — искомый я-угольннк
(черт. 152). Отразим вершину Л, л-угольника последовательно
^рт прямых, проходящих через центр О окружности и перпен-
перпендикулярных к сторонам AXA,,
А2А3, ... , ¦"П_|ЛП, АпА1
я-угольннка (эти прямые нам
известны, так как нам зада-
заданы направления всех сторон
я-угольника); при этом точ-
точка А, перейдёт в Av затем
А. в А
в'А
31 • •
и, наконец.
затем
снова
Черт. 152.
в At. Таким образом, А1
есть неподвижная точ-
точка суммы л симметрии от-
• посителыю известных пря-
прямых. Рассмотрим теперь от-
отдельно два случая.
1°. л—нечётное чис-
число. Из того, что сумма сим-
симметрии относительно трёх прямых, пересекающихся в одной
точке, представляет собой симметрию относительно некоторой
новой прямой, проходящей через ту же точку (см. предложе-
предложение 4° на стр. 53), нетрудно вывести, что и сумма произвольно-
произвольного нечётного числа симметрии относительно прямых, прохо-
проходящих через одну точку, является симметрией относи-
относительно прямой, проходящей через ту же точку. [Сначала заме-
заменяем первые три симметрии одной симметрией; затем рассматри-
рассматриваем сумму этой одной симметрии и следующих двух н т. д.]
Поэтому сумма наших л симметрии есть симметрия относи-
относительно какой-то прямой /, проходящей через центр О окруж-
окружности. На окружности имеются две неподвижные точки этой
40]
ДВИЖЕНИЯ
189
симметрии — точки пересечения окружности с прямой /. Прпняп
одну из этих точек за вершину Л, искомого многоугольника,
мы найдём затем остальные точки, отразив последовательно
эту точку относительно л прямых. Задача имеет два решения.
2°. л — чётное число. Сумма каждых двух симметрии
относительно прямых, пересекающихся в О, есть вращение
вокруг О на некоторый угол. Отсюда следует, что сумму
чётного числа п симметрии относительно прямых, пересекаю-
пересекающихся в О, можно заменить суммой -^ вращений вокруг О;
отсюда видно, что эта сумма представляет собой вращение
вокруг О. Так как вращение вокруг О не имеет неподвиж-
неподвижных точек на окружности с центром О, то наша задача, во-
вообще юноря, не имеет решений. Исключением является
тот случай, когда сумма п симметрии представляет собой
тождественное преобразование (вращение на угол 0"); в этом
случае задача является неопределённой — любую точку ок-
окружности можно принять за вершину Ах искомого я-угольннка.
б) Предположим, что я-угольннк построен (см. черт. 152).
Отразим вершину Ау последонательно от я— 1 прямых, перпен-
перпендикулярных к сторонам АхАг, А,А3, .... Ап_1Ап и прохо-
проходящих через центр О окружности (эти прямые нам известны,
так как известны направления сторон); при этом At перейдёт
в Ап. Рассмотрим отдельно два случая.
1°. л— нечётное число. В таком случае сумма
я— 1 симметрии относительно прямых, пересекающихся водной
точке, представляет собой вращение вокруг О на угол а,
который можно найти. Таким образом, угол А1ОАп = а нам
известен, а следовательно, известна н длина хорды AtAn и
расстояние её от центра. Так как АхАп должна проходить
через пзьестную точку Л1, то остаётся провести из точки М
касательно ю к окружности, концентрической данной окруж-
окружности 5 радиуса, равного расстоянию хорды АхАп от центра 5.
Задача может иметь два, одно пли ни одного решения.
2°. л—чётное число. В этом случае сумма
л — 1 симметрии относительно пересекающихся в одной точке
прямых представляет собой симметрию относительно некоторой
прямой /. Поэтому Ах симметрична Ап относительно /. А так
как сторона А1Ап должна проходить через известную точку М,
то, чтобы найти её, достаточно опустить из Л! перпендику-
перпендикуляр на /. Задача всегда имеет одно решение.
¦*•
190
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[41
§2
41. Первое решение (опирающееся на теорему 1,
стр. 60). Пусть сначала прямые /, и /г не параллельны
(черт. 153, а). Предположим, что задача решена. В силу
теоремы 1 отрезок АХ можно вращением перевести в равный
ему отрезок BY так, что А перейдёт в В, a X—в К (так
з как /, не параллельна /г,
у'' ~~~ч то АХ не переводится в
BY параллельным перено-
переносом). Угол попорота а
равен углу между /, и
41]
ДВИЖЕНИЯ
191
Черт. 153.
/,; поэтому центр вращения О можно найти как точку
пересечения дуги, построенной на отрезке АВ и вмещающей
угол а (т. е. окружности s, описанной вокруг АВР, где
Р—точка пересечения /, и /г), и перпендикуляра р, вос-
восставленного к АВ в его середине '). Пусть это враще-
вращение переводит искомую прямую т в прямую т, тоже
проходящую через Y. Далее рассмотрим отдельно задачи
а)-г).
а) Повернём прямую п вокруг найденного центра О на
угол а в положение п'. Прямая OY является биссектрисой
угла между т и т' и между п и л'; поэтому Y можно найти
как точку пересечения прямой, соединяющей О с точкой пе-
пересечения п и л', и прямой /,. Задача может иметь два ре-
решения (см. сноску1)).
1) Окружность s и перпендикуляр р пересекаются в двух
точках О и О,; они отвечают случаям, когда АХ и BY расположены по
одну и по разные стороны от АВ.
б) т' проходит через точку М', получающуюся из М вра-
вращением с центром О и углом поворота а; угол между т и
т' равен а. Поэтому Y можно найти как точку пересечения
дуги, построенной на отрезке ММ и вмещающей угол о,
с прямой 1г. Задача может иметь два решения.
в) В равнобедренном треугольнике OXY нам известен
угол при вершине а и основание XY=a\ построив в стороне
треугольник, равный Д OXY, мы определим расстояние ОХ от
О до искомой точки X. Задача может иметь до четырёх ре-
решений.
г) Пусть 5—середина XY. Так как углы равнобедренного
треугольника OXY нам известны, то мы знаем также отно-
отношение ?r=?^=k и угол XOS = -^. Поэтому точка 5 полу-
получается из точки X известным центрально-подобным вращением
(см. ниже, § 2 гл. I второй части книги *)). Точка 5 находится
как пересечение прямой Гх, получающейся из 11 этим центрально-
подобным вращением, н прямой г; искомая прямая т. перпенди-
перпендикулярна к 05. Задача, вообще говоря, имеет два решения;
если /J совпадает с г, то решение задачи неопределённо.
Если /,||/г, то искомая прямая т проходит через середину S
отрезка АВ или параллельна АВ (черт. 153, б); при этом
решение задач значительно упрощается. Укажем лишь число
решений:
а) одно решение, если п не параллельна нн /,, ни АВ;
ни одного решения, если лЦ^Ц^; бесконечно много решений,
если яЦ/lB;
б) два решения, если М не лежит ни на прямой АВ, нн
на средней линии /0 полосы, образованной /, и /г; одно решение,
если М лежит на прямой АВ или на прямой /0, но не совпа-
совпадает с S; бесконечно много решений, если М совпадает с S;
в) два решения, если а^=АВ, a^>d {d — расстояние
между /t и /г); одно решение, если fl=d, но AB^=d; ни
одного решения, если a<^d; бесконечно много решений,
если a = AB(^d);
г) одно решение, если г не параллельна /ж ||/г и не прохо-
проходит через S; ни одного решения, если r\\lr и г не проходит
через 5; бесконечно много решений, если г проходит через S.
х) Здесь следует предпочесть второе решение задачи, не опираю-
опирающееся на материал второй части.
I
192
РЕШЕНИЯ ЗЛДЛЧ
Второе решение задач а), в), г) (опирающееся на
теорему 2, стр. 62). В силу теоремы 2 отрезок АХ можно
скользящей симметрией (или просто симметрией относительно
прямой, которую можно рассматривать как частный случай
скользящей симметрии) перевести в равный ему отрезок BY
так, что А перейдёт в б, а X—в У. При этом ось /сколь-
/скользящей симметрии параллельна биссектрисе угла между /,
и lt и проходит через середину отрезка АВ1); величина d
параллельного переноса равна AVB, где А1 — точка, симме-
симметричная А относительно / (черт. 154). Пусть ещё Хг —
т
Черт. 154.
точка, симметричная X относительно /; в таком слу-
случае XtY\\l и XlY=d. Далее рассмотрим отдельно зада-
задачи а), в), г).
а) В треугольнике XXXY известен катет XtY=d и ост-
острый угол XYXt, равный углу между прямыми т и /; следо-
следовательно, можно найти катет ХХ1. Точка А' найдётся как
пересечение прямой /, и прямой /', отстоящей от / на рас-
расстояние-^ XXt. В общем случае, когда lt не параллельна Л,
задача имеет два решения.
') Так как существуют две биссектрисы углов, образованных /,
и I,, то скользящая симметрия, переводящая АХ в BY, может быть
выбрана двумя разными способами (отвечающими случаям, когда
АХ и BY располагаются по одну и по разные стороны от АВ). Если
'ill'» то ось одной из этих двух скользящих симметрии параллельна
lt и /,, а ось другой симметрии — к ним перпендикулярна; это опре-
определяет особое место, которое занимает случай параллельности f, и
1Ж в решениях задач а), в), г).
421
ДВИЖЕНИЯ
193
в) В треугольнике XXJt известна гипотенуза XY = a и
катет X1Y=d; следовательно, можно найти второй катет XXу.
Далее построение не отличается от фигурирующего в реше-
решении задачи а); в общем случае задача имеет два решения.
г) Середина 5 отрезка XY должна лежать на прямой / —
средней линии треугольника XXjY; поэтому она совпадёт с
точкой пересечения / и г. Точка X найдётся как пересечение
/, с перпендикуляром р, восставленным к /в такой точке 5,,
что 55, = у. В общем случае задача имеет два решения.
42. Пусть прямые /„ /г и /3 не все параллельны между
собой, например /3 не параллельна ни /,, ни /г. Предположим,
что задача решена (черт. 155). В силу теоремы 1 существует
Черт. 155.
вращение, переводящее АХ в CZ, и вращение•
BY в CZ; углы поворота а, и аг равны соответственно
между /, и /3. 1г " /3, а центры вращения О и ^ нахо
дятся так же, как в первом решении адач 41 а) •
равнобедренных треугольников O.XZ и UJt с уг н
вершинах О, и Ог, соответственно равными а, и «г, находим
±У=*Г-±. Отсюда следует,
что /OZO =ЬЩЬъ „значит, точка Z может быть най-
най' ^ й I ^J^^
ч / Щъ
дена как' то^ка пересечения прямой I, с ^J^
стягиваемой отрезком Ofit и вмещающей известный
„ли
194
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
. Каждый из углов поворота at и а2 и соответственно этому
иентры вращения О, п Ог можно определить двумя различ-
различными способами (ср. с решением предыдущих задач). Поэтому
наибольшее возможное число решений задачи равно 16.
Если /t || /г || /„, то задача имеет три решения в том слу-
случае, когда точки А, В и С не лежат на одной прямой (ре-
(решения даются средними линиями треугольника ABC), и бес-
бесконечно много решений, когда ABC — прямая линия.
43. Предположим, что задача решена (черт. 156). В силу
теоремы 1 существует вращение, переводящее ВР в CQ; угол
поворота а равен углу между АВ и
АС, а центр вращения О нахо-
находится как в первом решении за-
задач 41 а) — г). Так как в равнобед-
равнобедренном треугольнике OPQ нам изве-
известен угол а при вершине О, то мы
можем считать известным отношение
ОР *
— = А>. Но согласно условию за-
задачи PQ = BP; поэтому можно счи-
ОР ,
тать известным отношение -^ = k,
Черт. 156.
что позволяет определить Р как точку пересечения стороны
АВ с окружностью — геометрическим местом точек, отноше-
отношение расстояний от которых до О и до В равно k (см. сноску
на стр. 102).
ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
ГЛАВА I
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
44. Пусть прямая / проведена (черт. 157). По условию,
точка С центрально-подобна точке В с центром подобия А
и коэффициентом подобия —, поэтому она лежит на пря-
прямой /,, центрально-подоб-
центрально-подобной /,, с центром А и ко-
коэффициентом —, и её мож-
можно найти как точку пересе-
пересечения прямых /г п /,. Если
/, не параллельна /2, то
задача имеет единственное
решение; если /, || /г, то Л —
либо параллельна /г, либо ^
совпадает с /, — соответст-
соответственно этому задача либо не
имеет решения, либо не-
неопределённа.
Черт. 157.
45. а) Искомое геометрическое место получается из
окружности 5 при помощи центрально-подобного преобра-
преобразования с центром А и коэффициентом подобия -^ > следо-
196 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ И6
вательно, это—окружность с диаметром АО, где О — центр 6'
(черт. 158,с).
S
„ ^—
S
Черт. 158.
б) Построим на АО как на диаметре окружность 5'
(О — центр S). Точки пересечения S' с хордой ВС определят
искомые хорды окружности 5 (черт. 158, б), так как S' —
геометрическое место середин хорд S, проходящих через А
(см. задачу а)). Задача мо-
может иметь два, одно или ни
одного решения.
46. а) Если прямая /
АВ 1 .
проведена, то ¦j^=-!r-{
159, а). Отсюда вытекает
следующее построение. По-
Построим окружность St, цен-
центрально-подобную S, с цен-
центром подобия в произволь-
произвольной точке А окружности St
и коэффициентом подобия -^-.
Точки пересечения окруж-
окружностей 5, и S't определят искомые прямые (которых
при выбранной точке А может быть две, одна или ни
одной). . ^
46]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
197
б) Если / проведена, то-^.= -1 (черт. 159,6). Отсюда
вытекает такое построение. Построим окружность St, цент-
центрально-подобную окружности 5„ с центром подобия в произ-
произвольной точке А окружности 5, и коэффициентом подобия —.
Точки пересечения окружностей 5г и St определят искомые
прямые (которых при Выбранной точке А может быть две,
одна пли ни одной).
Черт. 159, б. в.
в) Пусть прямая / проведена и А', В', С n D' — четыре
другие точки пересечения её с окружностями SJt 5г, 5Я и S4
(черт. 159, в). Очевидно, что AB=D'C. Отсюда AD' = AB-J-
-\-ВС — ?)'С=ВС и, следовательно,
AD: BC= (AD • АР): (ВС ¦ ВС).
Выражение AD-AD' не зависит от положения точек D и
D'; оно равно АЕ-АЕ', где Е и Е'—точки пересечения пря-
прямой АО (О — общий центр всех четырёх окружностей) с ок-
окружностью 54, т. е. равно (г,—гл)-(гг-\-rt), где г, п г4 —
радиусы 5, и 54. Аналогично ВС-ВС = {гг — ',)ф(г« + г»)>
где /¦, и г3 — радиусы 5г и S3. Таким образом,
AD Л-г\
198
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[47
Далее,
AD = АВ -\- ВС -f CD = 2 АВ -f ВС;
следовательно,
AD АВ .
г1
Отсюда
АВ
Лг\-г\
п так как
2(rl-r\)
AC_AB + BC , BC_ ,J___J±
AB~~ AB ~ * AB~i i AB~~ ,!
— r — r
АС
ВС
то величину отношения -j= можно считать известной.
Отсюда вытекает следующее построение. Произведём
центрально-подобное преобразование с центром в произволь-
произвольной точке А окружности 5, и коэффициентом k =
.«
\; пусть окружность 5г переходит при этом
r\-r\-r\
Точки пересечения окружностей 52 и 5Я определяют
искомые прямые (которых
при выбранной точке А мо-
может быть две, одна или
ни одной).
47. а) Построим квад-
квадрат KLMN такой, что К
лежит на стороне АС, а
MN—на основании АВ
В (черт. 160); если V—точка
пересечения прямой AL со
стороной ВС треугольника,
то центрально-подобное
AU
преобразование с центром А и коэффициентом k = -^- перево-
переводит KLMN в искомый квадрат K'L'M'N1.
[Если считать, что искомый квадрат может иметь вершины на
сторонах треугольника ABC или на их продолжениях (см.
сноску на стр. 82), то задача, вообще говоря, будет иметь
два решения (квадраты K'L'MN' и К'^М^ на черт. 160).]
I, n;h n'm m'm.
Черт. 160.
48]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
199
б) Построим треугольник LMN, стороны которого парал-
параллельны /,, /г и /я, и такой, что L лежит на ВС, а М — на СА.
Если ЛГ — точка пересечения прямых CN н АВ, то центрально-
подобное преобразование с центром С и коэффициентом
k = rN переводит треугольник LMN в искомый треугольник
L'MN' (черт. 161).
48. а) Проведём через А \\ В прямые, параллельные /„,
соответственно /4, и через точку О пересечения этих прямых —
прямые l[ и /'„ параллельные /, и /, (черт. 162). Возьмём
Черт. 162.
две пары точек Ж,, Мг и Nlt Nif удовлетворяющих условию
задачи: М1 и N1 на /,, Л1а и Nt на /, и ^~^==в~ЕГ==т'
Пусть М\, N\ — точки пересечения прямых, проходящих
через точки Мх, Nx и параллельных /4, с прямой 1[, Мг, Nt
200
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
D8
точки пересечения прямых, проходящих через Mt, Nt и па-
параллельных /4, с прямой 1'%. Тогда
OM't~ON'tK~~m)
?, OAft
или
Отсюда видно, что пара прямых М1М1 и AfaAf, центрально-
подобна (с центром подобия О) паре прямых NtN[ и NtN't.
Следовательно, точка М пересечения прямых /ИгЛ^ и МгМ\
центрально-подобна с центром подобия О точке N пересече-
пересечения прямых NtN't и /V,A/|; другими словами, любые две точ-
точки М и N искомого геометрического места лежат на одной пря-
прямой с точкой О. Поэтому рассматриваемое геометрическое
место представляет собой прямую (для построения которой
достаточно заметить, что она проходит через О п произвольно
выбранную точку М, удовлетворяющую условию задачи),
б) Пусть А\А\ ... А"п — какое-то фиксированное положе-
положение нашего многоугольника
L (см. черт. 163, где л = 6). Так
' как стороны многоугольника
Л, А, ... Ап всё время оста-
остаются параллельными соответ-
соответствующим сторонам много-
многоугольника А\А\ ... А°п, а вер-
вершины Ах, Аг, ... , Ап_1 сколь-
скользят по прямым /j, lv ...
-..,/„_,, то отношения
I,
\
Черт. 163.
не меняются. Отсюда вытекает, что и отношение
А\\ AtAt An_ 2/1п-а \
АшАг А3А3 /1П_1/1П_1/
тоже не меняется. В силу за-
задачи а) это означает, что вершина Ап также скользит по
прямой линии /п (положение которой определяется двумя про-
произвольными положениями этой вершины).
49]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
201
в) Пусть 1Х, /,, ... , 1п~прямые, на которых располо-
расположены стороны заданного многоугольника. Выберем точку Ах
произвольно на прямой 1у и построим многоугольник AtAt... Ап,
стороны которого параллельны данным прямым, а верши-
вершины Аг, ..., Ап_у лежат на прямых /, lni. Если верши-
вершины Аг, Аг, ... , у4п_, построенного многоугольника скользят по
прямым /и /2, ... , /„_, так, что его стороны остаются парал-
параллельными заданным прямым, то в силу результата задачи б)
вершина Ап также скользит по некоторой прямой т; эту
прямую мы можем определить, построив два каких-либо по-
положения вершины Ап. Точка пересечения прямой т с пря-
прямой /„ определит положение вершины Ап искомого многоуголь-
многоугольника Ах А2 Аг ... Ап.
Если /„' не параллельна т, задача имеет единственное
решение; если /п || //г, задача не имеет решения; если 1п со-
совпадает с т, задача неопределённа.
49. а) Если /, и /2 параллельны, задача решается просто.
Пусть /, и /, пересекаются в точке М и пусть S — произ-
произвольная окружность, вписанная в угол /,Л//а, внутри которого
лежит точка А (черт. 164, а). Обозначим через В точку пе-
пересечения прямой МА с окружностью S; искомая окружность 5
будет центрально-подобна 5 с центром подобия М и коэф-
коэффициентом подобия Tjj- зная центр подобия и коэффициент
подобия, её легко построить. Если А не лежит ни на /,, ни
на /а, то задача имеет два решения.
•1> т
м
Черт. 164.
б) Пусть т — перпендикуляр к отрезку АВ в его середине;
/' — прямая, симметричная /относительно т. (черт. 164,6).
Искомая окружность 5 должна касаться прямой /'. Таким
202
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[49
50]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
203
образом, мы приходим к задаче а): построить окружность, ка-
касающуюся двух известных прямых / и /' и проходящую через
известную точку А.
в) Обозначим через М точку пересечения прямых /, и /2, и
пусть 5 — искомая окружность (черт. 165, сI). Точка N каса-
касания окружностей S и S есть их центр подобия. Централь-
но-подо5ное преобразование с центром N, переводящее S в S,
переводит прямые/, н/2в прямые 71 \\ /, и /а || /2, касающиеся S;
точка М переходит в точку М пересечения /, и /2. Поэтому
N можно найти как точку пересечения прямой ММ с окруж-
окружностью S; после этого .S легко построить (центрально-подоб-
(центрально-подобное преобразование с центром N, переводящее /, в /,, пере-
переводит 5 в S).
Каждую- из прямых /, п /2 можно выбрать двумя спосо-
способами; прямая, соединяющая точку М с точкой их пересече-
пересечения, может пересечь окружность 5 в двух точках. Таким об-
образом, задача может иметь
до восьми решений (см., на-
например, черт. 165, б).
50. а) В силу извест-
известного свойства медиан тре-
треугольник А'В'С, образован-
образованный средними линиями тре-
треугольника ABC, центрально-
подобен ABC с центром по- В
добня М н коэффициентом
подобия —у (черт. 166, с).
При этом высотам AD, BE
и CF треугольника ABC бу-
будут соответствовать высо-
высоты AD', BE' и CF тре-
треугольника ABC, а точке пересечения И высот треугольни-
треугольника ABC — точка пересечения высот треугольника А ВС, т. е.
точка О (ибо высоты треугольника А'В'С перпендикулярны
Черт. 166, а.
') Если г, 11,, задача решается легко, ибо в этом случае сразу
определяется радиус 6'.
204
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
E0
к сторонам треугольника ABC в их серединах). По-
Поэтому точки Н и О центрально-подобны с центром подо-
подобия М п коэффициентом подобия——, т. е. лежат на од-
одной прямой с точкой М, причём М делит отрезок НО в
ИМ 0
отношении 2
б) Доказательство аналогично решению задачи а) и осно-
основано на том, что прямые, проведённые через середины сторон
треугольника параллельно его биссектрисам, центрально-по-
центрально-подобны биссектрисам треугольника с центром подобия М и ко-
S
б)
Черт. 166,6.
эффпцнеитом подобия — -^ (черт. 166, б); поэтому они пере-
пересекаются в одной точке К (центрально-подобной точке Z
пересечения биссектрис с центром М п коэффициентом — -^).
в) Пусть А', В", С— середины сторон треугольника ABC; К,
Kt, К, и Р, Q, R — точки касания сторон с вневпнсанной окруж-
окружностью, вписанной в угол Дне вписанной окружностью
(черт. 167). Докажем, что AK\\ZA'. Обозначим стороны тре-
треугольника ABC через a, b n с, периметр — через 2р, высо-
высоту АР, опущенную на сторону ВС,— через Ло, радиус вписанной
окружности — через г, площадь треугольника — через 5. Так
как aha — 2pr(=2S), то -в=-Е-. Следовательно,
ZP~ a '
докажем, что и отношение -пр равно той же величине.
50] ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
Действительно,
ВР='-
205
1а
с' — 2а-ВР; с другой стороны,
= ВК1 = АК1 — АВ=р— с
так
(так как AK^^
_ JL (АВ + ВК + АС + СК) = ^ (а + b+с) =р). Следова-
Черт. 167.
тельно, например, в случае, изображенном на черт. 167,
а» + с»-У с
2а
1с—Ь) (c-4-fr + fl)_j
206 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Далее,
ВР=\ (ВР+ BQ) = J- (ВС — СР-{- ВА
C1
- AQ) =
и, следовательно,
Итак,
имеем:
Кр'__Р (с — Ь) .с — Ъ 2р АР
А'Р П • О — = -^ТГ"
А'Р
ZP
Отсюда следует, что треугольники АРК п ZPA' подобны
и, значит, прямые АК н ZA параллельны.
Далее совершенно аналогично решению предыдущей за-
цачн показывается, что три прямые, проведённые через вер-
вершины треугольника параллельно прямым A'Z, B'Z и CZ
(но доказанному это и есть прямые, соединяющие вершины
треугольника -с точками касания противоположных сторон с
соответствующими внгвписаинымн окружностями), пересекаются
в одной точке J, центрально-подобной Z с центром подобия Л/
и коэффициентом подобия — 2.
51. а) Пусть АР, BQ, CR — высоты треугольника ABC;
А', В", С — середины его сторон; D, Е, F—середины от-
отрезков НА, ИВ и НС (черт. 168, а). Ясно, что точки D, Е
и F лежат на окружности S. Покажем теперь, что и точ-
точки Я, Q и R лежат на той же окружности.
Продолжим высоту АР треугольника до пересечения с
описанной окружностью в точке Я, и соединим точку Я, с
точкой В. Из рассмотрения треугольников АРС и BQC сле-
дует.что /_CBQ—/_САР(=90° — /_ВСА). Далее, /_ САР=
= ^/_СВР1 (как опирающиеся на одну и ту же дугу). Сле- •
довательно, J/HBP==J/PBP1, так что треугольник HBPt
равнобедренный и НР=-^НРХ\ отсюда видно, что точка Я,
переходит в точку Я при центрально-подобном преобразовании
с центром Н а коэффициентом -^. Точно так же локазывает-
51]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
207
ся, что и точки Q и R центрально-подобны некоторым точкам
описанной окружности с центром Н и коэффициентом —.
Далее очевидно, что точки А', В' и С лежат на окруж-
окружности S', центрально-подобной описанной окружности S, с
центром подобия М и коэффициентом подобия —-1. Пока-
Покажем, что окружность S' совпадает с окружностью S. Радиус
а
окружности 5 равен -=- (г — радиус описанной окружности),
а центр О находится в середине отрезка НО (О — центр опи-
описанной окружности) (черт. 168, с). Радиус окружности 6' тоже
равен -у , центр же О' этой окружности находится на прямой
МО, причём -Tj7y = я" • ^ С11ЛУ результата задачи 50 а)
точки О, Н и М находятся на одной прямой и НМ=-2М0;
отсюда сразу следует, что точки О и О' совпадают, т. е.
совпадают окружности 5 и 5", что и требовалось доказать.
Заметим ещё, что А' и D, В' и Е, С и F — диаметрально проти-
противоположные точки окружности Эйлера (так как, например, вписан-
вписанный в эту окружность угол A'PD, опирающийся на /ГА—прямой).
Отсюда следует, что треугольники А'В'С п DEF симметричны отно-
относительно центра этой окружности и, следовательно, равны.
208
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[52
б) Прежде всего очевидно, что треугольник DEF центрально-
подобен треугольнику ABC с центром подобия У и коэффициентом
-g (черт. 168, ?). Отсюда следует, что окружность s, впн-
Санная в треугольник DEF, центрально-подобна вписанной
Л
окружности 5 треугольника ABC с центром подобия У п
коэффициентом подобия -j. Далее, окружность s', вписанная
в треугольник А'ВС, Центрально-подобна окружности 5 с
центром подобия М и коэффициентом подобия ^ . Но в
силу результата задачи 50 в) середина о отрезка JZ (центр
s) совпадает с центром о' окружности s', лежащим на пря-
« ,М7 МО' 1 .
ыой MZ и таким, что -^= = j (ср. с решением за-
задачи а)). Отсюда следует, что окружности 5 и s' совпадают,
что нам и требовалось доказать.
Заметим ещё, что_прямые А'В' и DE, В'С и EF, С A' u FD
касаются окружности * в её диаметрально противоположных точках
(ибо A'B'\\AB\]DE, B'C\\BC\\EF, С А' \\ С А || ЕЦ. Отсюда следует,
что треугольники DEF и А'В'С' симметричны относительно центра
бтой окружности и, следовательно, равны.
62. а) Пусть A1AtA1Ai — произвольный четырёхугольник,
iW4, Ма, А!% и Мх — центры тяжести треугольников А
.'. •'¦',7 >
52]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
209
АжАгА4, АгА3Ал и A2A3At (черт. 169, с). Нам достаточно
доказать, что любые два из отрезков AXMX, АгМг, А3М3 и
AtMt в точке пересечения делятся в отношении 3:1; отсюда
уже будет следовать, что все эти отрезки пересекаются в
одной точке. Пусть N—точка пересечения А^Л^ ц АгМг,
вательно,
треугольники
А А 3
A1Ai, TfT[- — -T'
41
. а л г, A.M. АЛЛ. 1
L — середина A3At. В таком случае ¦ ' .¦ = ХГ7^~Т'' след0"
AxLAt и MtLMx подобны н
^ теперь мы видим, что и тре-
А N А N 3
угольники AXNAZ и Al^NM^ подобны; поэтому -гщ =^—= —,
что и требовалось доказать.
Аналогично доказывается теорема и для любого л-уголь-
ника. Например, если Л/, и Nt—центры тяжести четырёх-
четырёхугольников АЛА3АЛА5 и ЛаЛаЛЛЛ5, М — центр тяжести тре-
треугольника AtAtAB и Р—точка пересечения AtNt и ;4,Л^
(черт. 169,6), то дд}=^|=т; ПОЭТОМУ треугольники
AlMAi и /V.AW, подобны и NtNl || AtAt, ^- = у- Отсюда
следует, что треугольники АхРАг и NtPNt подобны и ^ф" =
АР 4
= 7щ-=-г; таким образом, любые два отрезка, соединяю-
соединяющих вершины пятиугольника с центрами тяжести четырёх-
четырёхугольников, образованных остальными вершинами, в точке
пересечения делятся в отношении 4:1, откуда и вытекает спра-
справедливость- утверждения, относящегося к пятиугольнику.
210
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
E3
б), в) Из результата задачи а) вытекает, что центры тя-
тяжести четырёх треугольников, вершины которых совпадают с вер-
вершинами вписанного в окружность 5 четырёхугольника, лежат
на одной окружности S' радиуса у; из результата зада-
задачи 51 а) следует, что центры окружностей Эйлера этих тре-
треугольников центрально-подобны центрам тяжести с центром подо-
бия в центре О окружности 5 и коэффициентом подобия -^ ;
поэтому центры окружностей Эйлера лежат на окружности 6'
R 3 R
радиуса-g-"-о"= У • 0ТКУда вытекает утверждение задачи б)
для случая четырёхугольника. Далее, если Л/ есть центр тя-
тяжести четырёхугольника, О' — центр окружности S' и О —
Центр S, то О, N и О' лежат на одной прямой и ON:NO' =
= 3:1; О, О'и О лежат на одной прямой и ОО:ОО'=3:2.
Поэтому О, N к О лежат на одной прямой и 0N:N0 =
= 2:2, что и требуется доказать в задаче в) для случая
четырёхугольника. Теперь мы можем с помощью точно таких
же рассуждений доказать справедливость утверждений задач б)
и в) для случая пятиугольника и т. д.; предоставляем чита-
читателю проделать это самостоятельно.
53. а) Произведём центрально-подобное преобразование с
центром в точке М и настолько малым коэффициентом подо-
подобия k, чтобы прямые l[ и /„ в которые перейдут прямые /, и /а,
Черт. 170, а, 6.
пересекались в пределах чертежа (черт. 170, а). Прямая, соеди-
соединяющая точку М с точкой пересечения /I и /J, будет искомой.
54|
Преобразования подобия
211
Совершенно так же решается'задача, если недоступная
точка задаётся не двумя прямыми, а прямой и окружностью
или двумя окружностями (пересекающимися вне чертежа).
б) Произведём центрально-подобное преобразование с цен-
центром в точке М и коэффициентом k настолько малым, чтобы
а.
прямые с,, аг и
Ь\, что прямая, соединяющая точки пересечения а\ и а\,
и b'.
прямые
b'.
bt и 0,, находилась
Прямая, проведённая
рез М параллельно ей, и
будет искомой.
в) Произведём цент-
центрально-подобное преобра-
преобразование с центром в лю-
любой доступной нам точке
плоскости О и настолько
малым коэффициентом k,
чтобы точки А, В, С пе-
перешли в точки А', В, С,
расположенные в пределах
чертежа (черт. 170, в).
Пусть S' — окружность,
описанная вокруг тре-
треугольника А'ВС. Иско-
Искомая окружность .S цен-
центрально-подобна окру ж-
ностн S' с центром подо-
аг и bt, b, перешли в такие
в пределах
че-
чертежа (черт. 170, б).
Черт. 170. в.
1
бия О и коэффициентом подобия —; это позволяет найти
её центр и радиус.
64. Пусть нам требуется на ограниченной части 91* пло-
плоскости произвести некоторое построение, и пусть чертёж Т,
требуемый для выполнения этого построения, не помещается
целиком на 5t". Произведём центрально-подобное преобразо-
преобразование с центром в точке О, расположенной в области Эь", и
коэффициентом k настолько малым, чтобы преобразованный
чертёж 7" уже целиком помещался в ЭС. Чертёж 7" можно
построить. После этого иертёж Т можно считать выполнен-
выполненным, так как он центрально-подобен имеющемуся уже чер-
чертежу 7" с известным центром О и коэффициентом -г . [Если
212
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
J55—56
какая-либо точка А чертежа Т, центрально-подобная точке А'
чертежа 7", не помещается на нашей части плоскости, то
определим её парой прямых /, и /2, центрально-подобных ка-
кнм-то прямым /', и Гш, проходящим через А'; при этом 1[ и /а
всегда можно выбрать так, чтобы 1Х и /а помещались на чер-
чертеже: для этого достаточно, например, чтобы расстояния пря-
прямых 1[ и 1\ от центра подобия О были достаточно малы.]
55. Это предложение является частным случаем теоремы
о трёх центрах подобия (см. выше, стр. 93).
56. Пусть 5 — искомая окружность; построим произволь-
произвольную окружность S%, касающуюся /, и /, (черт. 171; мы не
Черт. 171.
рассматриваем здесь случая /, || /а, когда решение задачи
значительно упрощается). Центром подобия окружностей 5
и St является точка М пересечения /, и /а; центр подобия О
окружностей 5, и 5 можно построить; центром подобия ок-
окружностей S н S является точка их касания N. Согласно
теореме о трёх центрах подобия (см. стр. 93) точки М, О
и N лежат на одной прямой, т. е. N есть точка пересечения
прямой ОМ с окружностью 5. Найдя точку N, мы без труда
построим окружность .S.
Центр подобия О окружностей 5 и St можно выбирать двумя
способами; каждая из двух полученных прямых ОМ может
пересечь 5 в двух точках; таким образом, можно построить
57]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
213
до четырёх окружностей, удовлетворяющих условию задачи;
центры этих окружностей лежат на биссектрисе одного из двух
смежных углов, образованных /, п /а (на этой биссектрисе
лежит центр окружности St). Выбрав затем в качестве S,
окружность с центром на биссектрисе другого угла, мы
можем найти ещё до четырёх решений. Таким образом, всего
задача может иметь до восьми решений.
57. а) Пусть FА— какая-то фигура, содержащая вершину А
треугольника; Fc получается из FA центрально-подобным пре-
РС
образованием с центром Р и коэффициентом Ь1=-щ; /^по-
/^получается из Fc центрально-подобным преобразованием с цен-
центром N и коэффициентом А2=—-=, (черт. 172, а). Очевидно,
точке А фигуры FA отвечает точка С фигуры Fc; последней
точке отвечает точка В фигуры FB. В силу теоремы о сло-
сложении центрально-подобных преобразований, FB получается из
FA центрально-подобным преобразованием с центром О и
коэффициентом k; при этом О лежит на прямой ВА (ибо
В и А — соответствующие друг другу точки фигур FB и FA)
и на прямой PN (в силу теоремы о 'трёх центрах подобия).
a ft = &Iftt = -—.—* (если k1k1=\, то FB получается из FA
параллельным переносом).
с AM BN СР . MB PC NB . .
Ест m'CN'AP^^ T0 МА = -РА-Ж=к&==к'
так как ^j=ft, то М совпадает с О а, следовательно, лежит
214
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[57
на прямой PN. Обратно, если точки М, N и Р лежат на
одной примой, то М есть точка пересечения прямых АВ и PN
Л MB ОВ . . .
и, значит, совпадает с О; поэтому — =^ = ^=ftjftj =
PC NB
"Fa'nc
AM BN CP л
следовательно, ^^ ' CW * ЛР^ "
Примечание 1. Отметим, что в решении задачи 57а) было
бы достаточно доказать только необходимость или только доста-
достаточность условия задачи; второе уже будет следовать из дока-
доказанного. Действительно, пусть, например, мы уже доказали, что если
AM BN CP
btj-^т>"Tp— Ь то точки М, N и Р лежат на одной прямой. Предпо-
Предположим теперь, что точки М, N и Р лежат па одной прямой; по-
^ AM BN CP , п „
кажем, что в таком случае щ. • =г; • -jp= 1- Действительно, пусть М—
„ .„ AM BN CP ,
такая точкапрямои АВ, что —— • — • — = 1; тогда, по теореме, ко-
ВМ CN АР J
торую мы считаем уже доказанной, точки М, N и Р лежат на
одной прямой; отсюда следует, что М совпадает с М и, значит,
7Т-Г-, • ^-:• -7^= 1. Аналогично выводится достаточность условия
ВМ CN АР
задачи из его необходимости; вывод предоставляется читателю.
Примечание 2. Теорему Менелая можно связать со следую-
следующим обобщением задачи 13 из § 2 гл. 1 (стр. 30—31): построить и-уголь-
HiiK А1Аг...А№ зная и точек Л/,, М% Мп, делящих его стороны в
известных (положительных или отрицательных) отношениях "йЧт—*!¦
A.M. , А„М„ . . ,
-f-/-r=kv..,, ." " =kn (здесь уже нет необходимости предпола-
А3м7 л, м„
гать число сторон л-угольннка нечётным). Совершенно аналогично вто-
второму решению задачи 13 можно показать, что если klk2 kn Ф 1, то
эта задача всегда имеет единственное решение; если же ktkt &„ =
= 1. то задача, вообще говоря, не имеет решений, и лишь при
некоторых специальных расположениях точек Af,, Мг,..., Мп реше-
решение задачи будет неопределённым. Отсюда следует, что если
ft,ft,... kn Ф 1, то расположение точек М„ Мг,.... Мп на плоскости
... A.M. A.AL А„М„
может быть любым; если же k.k,...k,. = .'. ' . ....*-р~гг- = 1. то
1 8 " ДА!, А3Мг AtMn
это расположение должно удовлетворять специальным условиям. При
л = 3 в силу теоремы о трёх центрах подобия эти условия сводятся
к тому, что точки Af,, Л1г и М3 должны лежать на одной прямой; от-
отсюда и вытекает теорема Менелая.
б) Пусть прямые CM, AN и ВР пересекаются в одной
точке О (черт. 172,6). Рассмотрим какую-то фигуру FA, со-
содержащую точку А; пусть центрально-подобное преобразова-
57]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
215
нне с центром О и коэффициентом * = щ переводит её в
фигуру FN (точке А фигуры FA отвечает точка Л/ фигуры FA,);
центрально-подобное преобразование с центром В и коэффи-
коэффициентом ft, =тш переводит FN в Fc (точке N фигуры ^д,
отвечает точка С фигуры Fc); центрально-подобное преобра-
преобразование с центром С и коэффициентом Аг = -=— переводит ^д,
в Fв (точке N фигуры ^д, отвечает точка В фигуры FB). В силу
теоремы о сложении центрально-подобных преобразований фи-
фигура Fc центрально-подобна FA; при этом центр подобия лежит
на прямой СА (С и А — соответствующие точки фигур Fc и FA)
и на прямой SO (в силу теоремы о трёх центрах подобия),
т. е. совпадает с Р, а коэффициент подобия равен
kk^fYA 'Ш' '1'0ЧН0 так же показывается, что фигуры
FR п F. центрально-подобны с центром М и коэффициентом
С) V ОН
kkt = ^z- -pjj. Таким образом, получаем:
PC О.\ ВС MB ON СВ.
~РА — ОА" BN' ~МА~ VA'CN'
деля первое равенство на второе, имеем:
PC MA CN MA NB PC
PA' MB'
CN MA
Ш "Л1! МБ'Ж PA'
' TTF» — TTJTr ИЛИ XTTi ' T7F» * r»4 " •
что и требовалось доказать.
216
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[58
_ MA NB PC
Пусть теперь ^ • -щ,- -щ=— 1 и, например, прямые AN
и ВР пересекаются в точке О. Если М— точка пересечения
СО с АВ, то. по доказанному выше, z=^ • — • — =—1, т. е
_ MB NC РА '
М совпадает с М. Таким образом, мы видим, что если
MA NB PC . ... Dl_ _„
MB' JVC' PA === — ' T0 пРпмые -^"i Bp " CM все пересекают-
пересекаются в одной точке или никакие две нз трёх прямых не пере-
пересекаются (т. е. все прямые параллельны).
^ Предположим, наконец, что прямые AN, ВР и СМ все
параллельны между собой; пусть М— такая точка стороны АВ,
MANBPC л D —
что — — =—1. В таком случае прямая СМ не мо-
может пересечь AN и ВР (иначе все три прямые AN,
ВР и СМ должны были бы пересечься в одной точке); по-
у. .. MA NB PC .
этому М совпадает с /И и "Т?д" 7VT'А4 =—'•
Примечание. Нетрудно видеть, что разобранное доказатель-
доказательство теоремы Чева сводится к двукратному применению теоремы
Менелая к треугольникам ANC (точки на сторонах — Р, О и В) и АЛ'В
(точки на сторонах — М, О и Q.
58. а) Согласно теореме задачи 52 а) четырёхугольники
¦^ИИзЛ и MiMJWJW^ где Л/,, Ма, Мг и Mt — точки пересе-
пересечения медиан треугольников AtAaAv AxA3At, A1AiAt n
АхАгА3, центрально-подобны с коэффициентом подобия — -^
(н центром подобия в центре тяжести N четырёхугольника
AtAtA,AJ.
Далее из результата задачи 50 а) следует, -что четырёх-
четырёхугольники MjM^A^A^ и ИХН^И3И^ где Нх, Нг, Нл, НА —точкн
пересечения высот тех же треугольников, центрально-подобны
с центром подобия в центре О окружности S и коэффнцнен-
Q
том подобия у . Таким образом, четырёхугольник H1H1H3Ht
можно получить из A1A1A3At с помощью двух последователь-
последовательных центрально-подобных преобразований с коэффициентами
Ая = 5- и kt = 3; из того, что сумма этих преобразований
59)
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
217
есть центрально-подобное преобразование с коэффициентом
подобия &,&., = —1, т. е. симметрия относительно точки, и
вытекает утверждение задачи 33 а).
Примечание. Из теоремы о трёх центрах подобия вытекает,
что точка И задачи 33 а) лежит на одной прямой с центром тяжести N
и центром описанного круга О; нетрудно показать, что N есть сере-
середина ОН (см., например, выше, стр. 93).
б) Решение задачи б) аналогично решению задачи а).
При этом приходится использовать то обстоятельство, что
центр О окружности девяти точек треугольника находится
на одной прямой с центром О описанной окружности и точ-
точкой Н пересечения его высот, причем оп—-ц (см. реше-
решение задачи 51 а)).
59. а) Рассмотрим четвёрку точек А1, Аг, А3 и Иг Из
этих четырёх точек можно образовать четыре треугольника
AtA2A3, y4,i4t/y4, A1A3Hi и AtA3Ht. Докажем, что окружности
Эйлера эл!х треугольников совпадают между собой. Действи-
Действительно, радиусы окружностей Эйлера треугольников AtAtAt
и AtA3Ht равны половине радиусов окружностей, описанных
около этих треугольников; они равны, так как окружности,
описанные около треугольников Л,ЛаЛ3 и АгАгНл, симметричны
относительно прямой АгА3 (см. решение задачи 32 б)). Далее,
центр первой окружности Эйлера находится в середине от-
отрезка" нр, где О — центр 5; центр второй окружности на-
находится в середине отрезка И,О,, где О,—центр окружности,
описанной около Д ^Из^4 ("бо \ есть точка пересечения вы-
высот треугольника АгА3Н4). А так как середины этих отрез-
отрезков совпадают (четырёхугольник A^fi^O есть параллело-
параллелограмм; см. решение задачи 32 в)), то центры окружностей
Эйлера совпадают и, следовательно, совпадают и сами окруж-
окружности. Так же доказывается, что окружности Эйлера тре-
треугольников A1AiHt и AtA3Ht совпадают с окружностью Эйлера
треугольника АгАгАл.
Аналогично показывается, что каждая из рассматриваемых
32 окружностей Эйлера совпадает с окружностью Эйлера
одного из треугольников А^А^ AtAtAt, AXAZAV AtAaAt,
#,#//„ HtHflv //,W3//4 и HtHaHv
218
РЕШЕНИЯ 3\ДАЧ
F0
б) Равенство всех окружностей Эйлера вытекает из ре-
результатов задач 52 б) и 33 а). То, что эти окружности
по 4 пересекаются в точках О и О', сле-
следует из задачи 52 б). Далее, точки О и О'
симметричны относительно середины Н
отрезка АХН1 (см. задачу 33 а)); О ле-
лежит на продолжении ON за точку N,
причём 0N=;N0 (N— точка, делящая
отрезок АХМХ, где Мх есть точка пере-
пересечения медиан АХАЛА3, в отношении
AXN:NM1=3:1; см. задачу 52в)). От-
Отсюда и из того, что ОЛ1Х :М1И1 = \ :2
(см. задачу 50 а)), вытекает, что О со-
совпадает с Н (см. черт. 173), а значит, О'
совпадает с О.
Черт. 173.
в) Легко выводится из результатов задач 33 а) и 58 6).
§2
60. а) Предположим, что треугольник PXY построен
(черт. 174, с). Точка Y получается из А'при помощи центрально-
подобного вращения с центром вращения Р, углом поворота а, рав-
равным углу L треугольника LMN, н коэффициентом подобия k, рав-
LN _
ным отношению сторон jj-. этого треугольника. Отсюда следуег,
что точка К лежит на прямой /, получаемой нз ВС центрально-
подобным вращением с центром Р, углом поворота а и коэф-
коэффициентом подобия k, a так как она лежит на стороне АС,
то К есть точка пересечения прямых / и СА. Если / парал-
параллельна СА, задача решения не имеет; если / совпадает с СА,
то решение является неопределённым.
б) Заметим, что если параллелограмм K'L'MN1 вписан
в параллелограмм ABCD (черт. 174, б), то точки пересечения
диагоналей (центры) О' п О обоих параллелограммов совпада-
совпадают: общая середина диагоналей К'М и L'N' лежит на
обеих средних линиях параллелограмма ABCD, т. е. совпадает
с его центром О.
Пусть теперь KL'M'N' — искомый параллелограмм; в та-
таком случае треугольник КОС подобен ?\KOL, где О — центр
параллелограмма KLA1N. Центрально-подобное вращение с цен-
61]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
219
троч О, углом поворота KOL и коэффициентом подобия
=- переводит сторону АВ параллелограмма ABCD в прямую /,
ОК
а)
Черт. 174.
пересечение которой с прямой ВС и определит вершину L'
искомого параллелограмма (ср. с решением задачи а)).
61. Соединим вторую точку В пересечения Sl и 5, с точ-
точками Л7, и /Ia, Oj и О, (черт. 175). Треугольник ВЛ/,Л/2 бу-
будет подобен Д ВО1Ог (ибо /_ВОгОг = ^?ВОХА =/^ВМ^А,
^/_ВО1О1 = -^/_BOtA = ^_BMtA); следовательно, он полу-
получается нз BOfix це трально-подобным вращением с центром В,
углом поворота а, равным /_МХВОХ, и коэффициентом подо-
подобия ? = -g7j- On шем вокруг треугольников BOfit и ВМХМ%
220 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
окружности 5 и ?'; так как
Z BMxN-\- Z БМгЫ=
= (Z вмхмг 4- Z вм/лх) 4- (Z
[62
,/W24-Z лмуи,)=
Г,= 180°,
то S' пройдёт через точку N\ так как
• Z. OlBOt + /°Д = / МхВМг 4- Z Л^
то 5 пройдёт через точку J. Далее имеем:
^ ZNMtMi> ZJBOi =
, = 180°,
таким образом, разность углов NBMl и JBOl равна разности
углов ЫМгМ1 и JOtOlt которые образуют отрезки Луи, и
OjOj, соответствующие друг
другу в указанном центрально-
подобном вращении, с одним и
тем же направлением MtN || О2У.
Поэтому разность углов ЫВМг
и JBOt равна углу между
МаМ1 и 0,0,, т. е. углу по-
поворота а. Но из того, что
Mt — ZJBOi '= « =
ZfiO^ следует, что пря-
прямая 7V7 проходит через В, т. е.
первое утверждение задачи.
Для доказательства второго
утверждения задачи достаточно
заметить, что JO, || NMl\_OlMl
Z JNM ZA/ Affi
i
JNMi =
Af.fi =
Z i Z, .
= Z0l02B; таким образом, мы видим, что отрезок JN обра-
образует с прямой О1М1 угол 90° — ZOfifi ll проектируется
ортогонально на эту прямую в отрезок О1М1 постоян-
постоянной длины л, (л, — радиус 5,). Отсюда следует, что
JN=rt cos (90° — ZOi°tB) = risin Z.°i°iB "» очевидно,
не зависит от выбора прямой MlAMt.
62. а) Пусть четырёхугольник ABCD построен (черт. 176, с).
Центрально-подобное вращение с центром А, коэффициентом
62}
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
221
подобия — и углом поворота BAD переводит треугольник
ABC в треугольник ADC, где точка С лежит на продолже-
продолжении прямой CD (ибо ZADC~\~ZABC=l8QP)- B треугольни-
треугольнике АСС известны отрезки CD = c, DC' = b—, DA = d и
AC d
отношение боковых сторон -^ = —; поэтому его можно по-
строить. [Отложим отрезок СС. Биссектрисы внутреннего
и внешнего углов треугольника АСС при вершине А пересе-
„-v .. ., CM CN
кают прямую СС в точках М и N таких, что ^тг = тпгг =
= —; эти точки можно построить.
Так как
то вершина А есть точка пересечения окружности, построен-
построенной на отрезке MN как на диа-
диаметре, и'окружности с центром
D и радиусом d.] Построив на
отрезке АС треугольник ABC со
сторонами АВ = а и СВ=Ь, ми
получим искомый четырёхугольник.
Задача либо имеет одно реше-
решение, либо совсем не имеет реше-1
нпя.
б) Решение аналогично реше-
решению задачи а). Пусть четырёх-
четырёхугольник ABCD построен (черт.
176, б); центрально-подобное
вращение с центром А, коэффициентом подобия — и углом
поворота BAD переводит треугольник ABC в треугольник
ADC, где точка С определяется тем, что Z С®С = Z в ~\~ Z ^
222
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
163
и DC = b-~. Построив треугольник CDC, мы можем найти
точку А как пересечение окружности, построенной как на
диаметре на отрезке MN (где М и N — две точки прямой СС
CM CN d \
такие, что ^rj- = ^n- = — J, и окружности с центром в точ-
точке D и радиусом й.
63. Предположим, что задача решена (черт. 177). Цент-
Центрально-подобное вращение с центром в точке N пересечения
окружности 5 и искомой окружности S, углом поворота а и
коэффициентом подобия,
равным отношению радиусов
окружностей 5 и S, пере-
переводит S в S. При этом пре-
преобразовании прямые ^ и /а
перейдут в прямые /', и /а,
касающиеся окружности 5 и
образующие с прямыми /lt
соответственно /2, угол а;
точка М пересечения lt и lt
перейдёт в точку М пере-
пересечения прямых /J и VJ).
Следовательно, ^/ MNM'=a.
Отсюда вытекает следу-
следующее построение. Проводим
касательные 1\ и 1'2 к ок-
V
Черт. 177. ружности S, образующие с
прямыми /, и /а соответст-
соответственно угол а; пусть М есть точка их пересечения, N—точка пе-
пересечения окружности 5 с дугой окружности, стягиваемой хор-
хордой ММ и вмещающей угол а. Центрально-подобное вращение с
центром N, углом поворота а и коэффициентом подобия
х) Если /, || /,, то решение задачи значительно упрощается, ибо
мы сразу можем найтн радиус г искомой окружности S, а центр ок-
окружности радиуса л, пересекающей &' под углом о, лежит на одной
иЬ двух определённых окружностей, концентрических с S. Задача мо-
может иметь в этом случае до четырёх решений.
64—65)
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
223
переводит окружность 5 в искомую окружность 5. Задача
может иметь до восьми решений.
64. Пусть А, В, С, D, E, F—точки пересечения наших
прямых (см. черт. 83 в тексте). Центр О центрально-подоб-
центрально-подобного вращения, переводящего АВ в EF, можно найтн как
точку пересечения окружностей, описанных около треуголь-
треугольников ЛЕС и BFC, или как точку пересечения окружностей,
описанных около треугольников ABD и EFD (ср. выше,
черт. 81, б и 82, стр. 105—106). Отсюда следует, что эти
четыре окружности пересекаются в одной точке.
65. а) Выясним, как получается точка Мг из точки Л/,.
Соединим Л/, со второй точкой В пересечения 5, и St; пусть
МГВ пересекает 5а в точке М' (черт. 178). Точка ЛГ полу-
получается из Л/, одним и тем же центрально-подобным враще-
вращением независимо от положения угла; это следует из того,
м'
Черт. 178.
что форма треугольника MtAM tie зависит от положения
точки Л11 (угол AMtAI' измеряется половиной дуги АВ ок-
окружности ?,, угол АМ'М1 измеряется половиной дуги АВ ок-
окружности 52). Проведя MtM _|_ АВ (так что АМг и AM — диа-
диаметры окружностей), легко убедиться, что угол поворота j$
этого центрально-подобного вращения равен ^/ ОгАОг,
а коэффициент подобия k равен -^ . Далее, ^/ MAMt =
= Р —a1), /mM'OtMi = 2($ — а). Таким образом, Mt полу-
х) Или а — р (см. сноску *) на стр. 50).
224
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[66
чается нз 1^1 в результате центрально-подобного вращения,
с центром А, углом поворота р и коэффициентом подобия k
(переводящего М1 в М) и последующего вращения с цент-
центром Ot и углом поворота 2 (jj — а) (переводящего М в /W2).
Но сумма этих двух преобразований представляет собой новое
центрально-подобное вращение с каким-то центром О, .коэф-
.коэффициентом подобия k и углом поворота — р -\- 2 Q — а) =
= р— 2 а (на черт. 178 направления вращений от /Ш,
к AM н от ОгЛГ к Oj/Wj, противоположны). Теперь остаётся
только заметить, что
= A80° — Z /Ч/Ш2) -f (Z O^, + Z ОгАМг) — 180° 5=
= A80° — a) -f $ — a) — 180° = p—2a,
и следовательно, описанная вокруг треугольника MxMtJ ок-
окружность проходит через точку О.
б) Центрально-подобное вращение с центром А, углом
поворота ^ = Z.OlAOt и коэффициентом подобия k = ^y
переводит О, в Ог; последующее вращение вокруг О2 на
угол 2 Q — а) оставляет О, на месте. Отсюда следует, что
1OO! = P — 2a и nQ~~A(f (СМ- Реше""е задачи а)).
.. ' 00, АО.
Из того, что отношение 7ю ==Л?У noCTO51HHOi следует,
что геометрическим местом точек О является окружность
(см. сноску на стр. 102); эта окружность проходит через
точки А (О совпадает с А, когда B = f) и й (О сов-
совпадает с В, когда а = 0).
66. Пусть АуАг ... Ап есть искомый л-угольнпк (черт. 179).
По условию задачи нам даны точки Мг, Мг, ..., _Мп, из-
известны углы AlMlAt = al, АхМ.2Аа — аж, ..., АпМпА1 = ап
М.А, , ALA. , МпА, , ,-,
и отношения jtf = K, jtf = k > -щ?=К ПР0113-
ведём последовательно центрально-подобное вращение с цент-
центром /Wj, углом поворота а2 и коэффициентом подобия ?,, цент-
центрально-подобное вращение с центром Mt, углом поворота o.t
и коэффициентом подобия k% и т. д., наконец, центрально-
66]
ПРЕОБРЛЗОВЛНПЯ ПОДОБИЯ
225
V,
подобное вращение с центром Мп, углом поворота а и ко-
коэффициентом подобия kn. При этом точка Аг последова-
последовательно займёт положения Аг, Ла, ..., Ап и, наконец, Ах.
Таким образом, Аг есть неподвижная точка суммы л
центрально-подобных вращений с центрами Л/,, Л/2, ..., М ,
углами поворота а1г аг, ..., ап и коэффициентами подо-
подобия klt kt, ..., kn.
Эта сумма центрально-подобных вращений представляет
собой, вообще говори, новое центрально-подобное вращение
(с углом поворота а, -}- a, -f-... -}- ап и коэффициентом подо-
подобия ktka... kn). Так как
единственной неподвижной
точкой центрально-подобного
вращения является его центр,
то Лг совпадает с центром
результирующего централь-
центрально-подобного вращения. Его
можно найти, повторив л — 1
раз построение, определяю-
определяющее центр центрально-по-
центрально-подобного вращения, предста-
представляющего собой сумму двух
известных центрально-подоб-
центрально-подобных вращений (см. стр. 104— Черт. 179.
106). Ещё проще найти отре-
отрезок В'С, в который переводит сумма п центрально-подобных
вращений произвольно выбранный отрезок ВС плоскости, и
затем построить центр центрально-подобного вращения, пере-
переводящего ВС в В'С (см. стр. 105—106). Найдя Аг, мы без
труда построим и остальные вершины л-угольннка.
Если a1-\~ai-\-.. .-\-ап кратно 360° и ktkt... kn = 1, то
сумма центрально-подобных вращений будет представлять
собой параллельный перенос. Так как параллельный перенос
вовсе не имеет неподвижных точек, то задача при этом не
будет иметь решения.
Может случиться, что сумма рассматриваемых центрально-
подобных вращений будет представлять собой тождествен-
тождественное преобразование (параллельный перенос на нулевое рас-
расстояние). В этом случае задача будет неопределённа: за
вершину Ах искомого л-уюльника можно будет принять
любую точку плоскости.
8 II. м. Яглом
226
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[С7—68
67. Пусть треугольник ABC построен (черт. 180). Точка В
переводится в точку С центрально-подобной симметрией
с центром А, осью / н коэффициентом подобия —. Поэтому
точка С лежит одновременно п на окружности S2 и на ок-
окружности S'lt получаемой из 5, этой центрально-подобной
симметрией (черт. 180). Задача
J может иметь два, одно или ни
одного решения.
' I
Черт. 180.
Черт. 181.
68. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен.
Центрально-подобная симметрия с центром А, осью АС и
коэффициентом подобия -j= переводит треугольник ADC в
ли
треугольник ABC (черт. 181).
а) АС и АС' = АС- -=у; нам известны; следовательно, мы мо-
можем отложить эти отрезки на какой-то прямой. Далее, / АВС=
= Z_ADC; значит, /_СВС, равный /_АВС — /_ADC=
= /_ В — /_ D, нам известен; поэтому В можно найти как точку
пересечения дуги окружности, стягиваемой хордой СС и вме-
вмещающей угол, равный /_В — ?_D, и окружности с центром А
и радиусом, равным АВ. После этого легко найти вершину D.
Задача может иметь не более одного решения.
б) Так как стороны ВС и BC'=DC-^. и Z.C'BC, Рав"
ный^/fi— Z.®1 треугольника СВС известны, то этот тре-
треугольник можно построить. Вершина А находится как такая
АС АВ
точка на прямой СС, что -t^-=^-r- Задача имеет едпнствен-
' АС Аи
ное решение.
69—70]
в) В этом
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
известно
227
случае известно отношение ВС:ВС=
on frr, АВ\ ВС AD „ D
— ВС:\ cd-au) — -cd"AB- ТочкУ В можно найти как точ-
точку пересечения геометрического места точек, отношение рас-
расстояний от которых до точек С к С имеет заданное
ВС АО .
значение -qf,--тб (см- сноску на стр. 102), и окружности
с центром А и радиусом АВ. Задача может иметь не более
одного решения.
69. Центрально-подобная симметрия с центром А, осью АС
и коэффициентом подобия -j^ и последующее вращение
с центром А и углом поворота у переводят треугольник ADC
в треугольник ABC (см. черт. 1S2). Далее построение про-
производится аналогично решению задачи 68. [При этом в ре-
решении задачи, аналогичной задаче 68 б), вершина А находит-
находится как пересечение геометрического места точек, отношение
расстояний которых до точек 6", и С имеет известное
АВ
значение -tr, и дуги, стягива-
стягиваемой хордой СС и вмещающей
угол а.]
Черг. 183.
70. Пусть /j и lt пересекаются в точке О, образуя
угол а (черт. 183). [Если /х || /я, то задача не имеет смысла:
в этом случае отрезок PQ существует лишь тогда, когда
точка М равноудалена от 1Х и от /2, т. е. М не может опи-
описывать окружность.] Треугольники ОРР и OQQ' подобны
8* И. М. Яглоы
;1
228
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
J71
(прямоугольные треугольники с общим острым углом); следо-
ОР OQ ~ ОР ОР'
вательно, qp = qq!- Отсюда щ = щ^ т- е- треугольни-
треугольники OPQ и OPQ' тоже подобны; поэтому треугольники ОРМ и
ОР'М тоже подобны (ОМ и ОМ — медианы OPQ и OP'Q').
ОМ ОР
Значит, отношение ^гг = ^р-= cos а не зависит от выбора
71J
точки М и /_М ОР = /_МОР, т. е. ОМ и ОМ образуют
равные углы с биссектрисой / угла POQ. Таким образом, М
получается из М при помощи центрально-подобной симметрии
с центром О, осью / и коэффициентом k = cos а; поэтому,
когда М описывает окружность S, точка М описывает ок-
окружность S'.
71. а) Если X и X— противоположные вершины искомого
прямоугольника (черт. 184), то они лежат соответственно на
окружностях S и У с диаметрами
—ч. у» АВ н CD. Эти окружности можно
рассматривать как собственно-по-
собственно-подобные фигуры с соответствую-
тпмн точками X и X. В силу тео-
теоремы 1 (стр. Ill) существует цент-
центрально-подобное вращение (или па-
параллельный перенос), переводящее
5 в S', так что точка X перехо-
переходит в точку А". Это центрально-
подобное вращение можно опреде-
Черт. 184
лить следующим образом. Проведём через точки А и С про-
произвольные, параллельные между собой прямые, пересекающие
окружности 5 и S' соответственно в точках М и М.
Углы МАХ и МСХ' равны как углы с параллельными сто-
сторонами; поэтому дуга MX окружности S равна по угловой
мере дуге MX окружности S' и, следовательно, нате цент-
центрально-подобное вращение переводит точку М в точку ЛГ.
А так как оно переводит центр К окружности S в центр К
окружности S', то задача сводится к тому, чтобы найти цент-
центрально-подобное вращение (или параллельный перенос), пе-
переводящее известный отрезок КМ в другой известный отре-
отрезок КМ (см. выше, стр. 105—106).
Если О — центр, а — угол вращения, a k — коэффици-
коэффициент подобия этого центрально-подобного вращения, то
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
229
Так как известна сторона XX треугольника ОХХ, то можно
найти сторону ОХ, и точка X находится как пересечение
окружности 5 и окружности с центром О и радиусом ОХ.
Задача может иметь два, одно пли ни одного решения; при этом
точки А, В, С, D могут лежать на сторонах построенного
прямоугольника или на их продолжениях.
Особым является тог случай, когда отрезок КМ перево-
переводится в отрезок КМ параллельным переносом (или, другими
словами, когда отрезки АВ и CD равны, параллельны и оди-
одинаково направлены). В этом случае задача не будет иметь
решения, если величина параллельного переноса не равна за-
заданной длине диагонали прямоугольника, и будет неопреде-
неопределённой в противном случае (за вершину X искомого прямо-
прямоугольника можно будет принять любую точку окружности S).
б) Предположим, что четырёхугольник ABCD построен
(черт. 185, а). Вершины В и D его лежат на дугах S и S"
окружностей, построенных на диагонали
АС и вмещающих углы, ранные задан-
заданным углам В и D. Обозначим угол
ВАС через а, а угол DCA через р.
Тогда пз треугольника ABC будем иметь
откуда
—180°,
т. е. величина р — а известна. Пусть
для определённости ?> — а ^> 0; проведём
через точку С прямую таким образом,
чтобы угол между этой прямой и диагональю СА был ра-
равен р — а. Пусть эта прямая пересечёт дугу S' в точке Е;
тогда Z_DCE=$ — # — a)=a, т. е. /_DCE= /.ВАС ».
значит, ^DE=^BC.
Отсюда вытекает следующее построение, аналогичное ре-
решению задачи а). На заданном отрезке АС строим дугу S,
вмещающую заданный угол В, и по другую сторон> дугу S',
вмещающую заданный угол D. Проведём через точку С пря-
прямую, образующую с прямой АС угол fi — о. =^/ Br\-Z.с — 180° •
и пересекающую дугу 5* в точке Е. После этого нам
остаётся решить задачу, к которой свелась л задача а): на
230
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
172
72]
двух окружностях 5 и S' заданы точки С и Е; найти на
них такие точки В и D, чтобы дуги СВ и ED были
равны по угловой мере и чтобы отрезок DB имел данную
длину.
в) Пусть XYZT есть искомый параллелограмм; MX, MY,
MZ, MT — четыре заданные прямые (черт. 185,6). Перенесём
треугольник XMY параллельно YZ на расстояние YZ так,
чтобы отрезок XY совпал с отрезком TZ. Если Л Г есть новое
положение точки М, то в четырёхугольнике MZMT нам бу-
будут известны диагонали ZT и AIA/' = KZ и углы: / ZMT,
2_ZMT=/_ YMX, /_МТМ = ^/ХМТ,/_ MZM = /_YMZ.
Поэтому настоящая задача сводится к задаче б).
72. а) Предположим, что треугольник ABC построен
(черт. 186, а). Произведём последовательно центрально-подоб-
центрально-подобное преобразование с центром М и коэффициентом—ft и две
симметрии относительно прямых /, и /2; при этом сначала
точка А перейдёт в В, затем точка В перейдёт в С и, нако-
наконец, С — в А. Таким образом, точка А есть неподвижная точка
суммы центрально-подобного преобразования и двух симметрии
относительно прямых. Эта сумма переводит, очевидно, каждую
фигуру F в фигуру F', собственно-подобную F, и в силу тео-
теоремы 1 представляет собой центрально-подобное вращение.
Центр О этого центрально-подобного вращения нетрудно
отыскать; для этого достаточно построить отрезок P'Q', в
который переводит эта сумма трёх преобразований произволь-
произвольный отрезок PQ плоскости, и затем найти центр вращения этих
двух отрезков (см. выше, стр. 105—106). Вершина А должна
совпадать с точкой О (ибо единственной неподвижной точкой
1
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
231
центрально-подобного вращения является em .
этого легко определить,, две другиевершины Я У?): Сле
треугольника. Если ft = l / i 1.ерШ|1ны в » С искомого
'. 'i-L'2, то задача невозможна или
неопределённа; во всех
остальных случаях она
имеет единственное реше-
решение (ср. с решением зада-
задачи 66).
Черт. 186.
б)
б) Пусть треугольник ABC построен (черт. 156, б). По-
Последовательно произведённые центрально-подобные преобразо-
вання с центрами М п N и коэффициентами—ft, и—kt н
симметрия относительно прямой / переводят точку А в себя.
Таким образои, А есть неподвижная точка суммы двух цен-
центрально-подобных преобразований и одной симметрии относи-
относительно прямой. Это преобразование, очевидно, переводит вся-
всякую фигуру F плоскости в фигуру F', зеркальмо-подобную F,
и в силу теоремы 2 представляет собой центрально-пидибную
симметрию. Ось и центр О этого преобразования нетрудно
найти, если определить отрезок P'Q', в который переводит
это преобразование произвольно выбранный отрезок PQ (см.
выше, стр. 112—ИЗ, в частности черт. 89). Точка А совпадает
с точкой О. Построив А, мы без труда найдём и остальные
вершины В и С искомого треугольника.
Если ft|&t=l, то наша сумма преобразований представ-
представляет собой скользящую симметрию (пли просто симметрию
относительно прямой); в этом случае задача решения не
имеет (пли неопределённа). Во всех остальных случаях задача
имеет единственное решение.
4
> I
'! i
232
РЕШЕНИЯ ЗЛДАЧ
Г Л А В А II
173
ДАЛЬНЕЙШИЕ ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ
И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
73. а) Можно построить много треугольников AJlfi^, рав-
равных данному треугольнику ABC и таких, что его стороны
AtBx и А1С1 проходят через две заданные точки М и N.
В силу теоремы 1 (стр. 118) стороны В1С1 всех этих треуголь-
треугольников касаются некоторой окружности S, которую можно
найти, построив три таких треугольника Afifi^, АгВгСг и
А3ВгС3 (черт. 187, а). После этого остаётся провести из дан-
данной точки Р касательную к 5: на ней будет располагаться
сторона ВВСО искомого треугольника АиВеС0.
Задача может иметь два, одно или пи одного решения.
Черт. 187.
б) Эта задача очень близка к задаче а). Можно построить
много треугольников AxBfilt равных данному треугольнику
ABC и таких, что Л,/3, касается данной окружности Sx, a
А1С1—данной окружности ?,. Третьи стороны всех этих
треугольников касаются некоторой окружности S (см. стр. 119),
которую легко найти, построив три таких треугольни-
треугольника i4,fi,Cll АгВ?г и АаВ3С3 (черт. 187, б). После этого
остаётся провести общую касательную к окружности 5 и к
74]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
233
данной окружности S3; на этой прямой будет располагаться
сторона ВОСВ искомого треугольника АОВОСВ.
Окружности 5 и S, имеют, вообще говоря, четыре общие
касательные. Кроме того, треугольник А1В1С1 (а следовательно,
и АгВ.Сг, п А3В3С3) можно строить следующими четырьмя
существенно различными способами:
1°. Окружность 5, и точка С, лежат по разные стороны
от /1,6,; окружность S2 и точка В, — по разные стороны от
АгСх (черт. 187, б).
2°. Окружность S, и точка С1 лежат по разные сто-
стороны от Л,^,, окружность St к точка fi,—по одну сторону
от Л,С,.
3°. Окр>жность 5, и точка С, лежат по одну сторону от
Л,й,; окружность S2 и точка В, — по разные стороны от Л,^.
4°. Окружность 5, и точка С, лежат по одну сторону
от Л,б,; окружность Sa и точка Вх — по одну сторону от АХСЛ.
Таким образом, всего задача может иметь до 16 решений.
74. а) Точки С, и С. на черт. 188, а расположены на
описанной окружности 5 треугольника АВО. В силу теоремы 2
(стр. 119—120), когда отрезок АВ скользит своими концам»
Черт. 188.
по сторонам угла /,О/2, вершины С, и Ct треугольников АВСХ
и ABCt описывают прямые т1 и тг, проходящие через О
(вернее, некоторые отрезки этих прямых, длины которых пре-
предоставляем читателю определить самостоятельно).
б) Точка С, на черт. 188, б расположена на описанной
окружности 5 треугольника АВО; точка С, является центром
234
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[75
этой окружности. Когда отрезок АВ скользит своими концами
по сторонам угла lx0lit вершина СХ треугольника АВСх опи-
описывает прямую, проходящую через О, а вершина Ct тре-
треугольника АВСг—окружность с центром О (см. выше, стр. 120).
[Точнее будет сказать, что С, описывает отрезок прямой, а
Ct — дугу окружности.]
75. Предположим, что треугольник ABC построен, и рас-
рассмотрим треугольник ABC с какой-то фиксированной длиной
гипотенузы АВ= а, центрально-подобный Д ABC с центром по-
подобия в точке О пересечения 1Х и /2. Вершина С, как сле-
следует из решения задачи 74 а), лежит на одной из прямых
тх, tnt, т3 и tni (см. черт. 189), которые легко построить
Черт. 189.
(для этого достаточно построить прямоугольные треугольники
ABClt ABCt, ABCa и АВС4 с данным острым углом а, вер-
вершины острых углов которых совпадают с произвольно выбран-
выбранными точками прямых /, и /2); очевидно, на той же прямой
лежит н С. Поэтому находим С как пересечение одной из
прямых тг, т2, тя и тА с окружностью 5.
Задача может иметь до восьми решений.
76J
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
235
76. а) Рассмотрим четырёхугольник ВА1хЛ1гР, где В —
вторая точка пересечения 5, и 5,. Когда Л11А1г вращается
вокруг А, треугольник BMxMt остаётся подобным сам себе
(см. решение задачи 61); поэтому и четырёхугольник ВА\хМгР
остаётся подобным сам себе. Далее все утверждения зада-
задачи вытекают из того, что точка В этого четырёхугольника
остаётся неподвижной, вершины /W, и М2 описывают окруж-
окружности Sx u St, а сторона М1Мг проходит всё время через не-
неподвижную точку А (см. выше, стр. 122—123). [Мы считаем,
что треугольник А1хА1гР построен по определённую сторону
от /W,A/t—по ту же, по которую расположен треуголь-
треугольник ВА1хМг, или по другую; в противном случае при-
придётся считать, что Р может описывать две окружности, и
соответственно изменить и формулировку задачи, относящеюся
к прямым А\ХР и А\гР.\
б) Так как Д BMxMt со Д BNlNl (см. решение задачи а)),
то ^BMXNX со&ВМгЫг; следовательно, /BNtMx= /BNtMz
и, значит, вокруг четырёхугольника BNXQN2 можно описать
окружность. Но это означает, что геометрическим местом
S
Черт. 190.
точек Q является окружность Г (черт. 190), описанная вокруг
треугольника BNxNt.
Когда /0 поворачивается вокруг точки/, треугольникBNxNt
изменяется, оставаясь сам себе подобным (см. решение зада-
задачи а)); так как при этом точка В остаётся неподвижной, а точки
Nx п /V2 описывают окружности Sx и 52, то и центр описан-
описанной окружности Г этого треугольника описывает окружность.
236
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[77—78
77. Очевидно, J/-ABM = J/^AOlOi (оба они измеряются
половиной дуги AM окружности 5,; см. черт. 191); анало-
аналогично //ACM=2.AOt°i-
Поэтому когда / поворачи-
поворачивается вокруг А, треуголь-
треугольник AOfit изменяется, ос-
оставаясь подобным самому
себе (и треугольнику ABC);
так как при этом точка А
остаётся неподвижной, а точ-
точки О, и О2 описывают пря-
прямые — перпендикуляры, вос-
ставленные к сторонам АВ
и АС треугольника ABC в их
серединах,—то и середина отрезка Ofi^ описывает прямую.
78. Пусть ABC и А'ВС — два каких-то положения тре-
треугольника ABC (черт. 192). Так как угол между ОА и ОВ
(ОА' и ОВ) равен углу между АС и ВС, то
= i8o°,
OBC= 180°
Черт. 191.
/_ОАС-\- / OBC =
Таким образом, треугольники ОАА' и ОВВ подобны;
точно так же можно показать, что и треугольник ОСС подо-
подобен им. Отсюда следует, что треугольник А'В'С получается
из ABC центрально-подобным вращением с центром О. Итак,
при вращении прямых llt lt, 1г вокруг О треугольник ABC
изменяется, оставаясь подобным самому себе; при этом каждые
два положения этого треугольника имеют один и тот же центр
вращения О. Отсюда и из того, что вершины треугольника
описывают прямые, следует, что каждая точка его описывает
прямую — это даёт ответ на вопрос задачи б). Отсюда же вы-
вытекает, что точка О одинаково расположена по отношению ко
всем треугольникам ABC; поэтому для того чтобы выяснить её
положение в этих треугольннках^достаточно рассмотреть один
из них, например треугольник А0В0С0, образованный основа-
основаниями перпендикуляров, опущенных из О на стороны ABC. Но
Черт. 192.
1° если О — центр описанной окружности треугольни-
треугольника ABC, то стороны Д А0В0С0 параллельны сторонам Д ABC
(как средние линии треугольника) и О — точка пересечения
высот Д7ДСО;
2° если О — центр вписанной окружности /\АВС, то
ОА0 = ОВ0 = ОС0 и О—центр описанной окружности Д А0ВеС0;
3° если О — точка пересечения высот Д ABC, то О — точка
пересечения биссектрис треугольника А0В0С0(^ОА0ВВ =
—/_ОСВ0 как углы, опирающиеся на одну дугу описанной
около ОА0СВ0 окружности; ^ОА0С0 = ^ОВС0 по аналогич- •
ной причине; ^ОСВ0
ков АСС0 и АВВ0).
в силу подобия треугольни-
треугольни79. а) Пусть 1Л, 1г, /„ /4—четыре данные прямые. Рассмот-
Рассмотрим всевозможные четырёхугольники ABCD, подобные дан-
данному, три вершины А, В и С которых лежат на прямых /,, /,
и /„; задав вершину А или направление стороны АВ такого че-
четырёхугольника, мы сможем его построить (см. задачи 60 а)
из § 2 и 47 б) из § 1). Из теоремы 3 (стр. 125) следует, что
9 И. М. Яглоы
238
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(80
вершины D всех таких четырёхугольников лежат на опреде-
определённой прямой /, которую нетрудно построить, найдя два по-
положения D. Точка пересечения / и /4 является вершиной D
искомого четырёхугольника ABCD; далее придётся снова вос-
воспользоваться построением, указанным в решении задачи 60 а).
Вообще говоря, задача имеет единственное решение;
исключение составляют случаи, когда /1| /4 (задача не имеет
решения) и когда / совпадает с lt (решение задачи неопреде-
неопределённо).
б) Пусть Mlt Мг, М3, Mt — четыре данные точки. Рассмо-
Рассмотрим всевозможные четырёхугольники ABCD, подобные дан-
данному, стороны АВ, ВС и CD которых проходят через точ-
точки Мх, Мг и М3; так как вершины В и С этих четырёхуголь-
четырёхугольников лежат на дугах, описанных на MlMi и на МгМъ и
вмещающих известные углы, то можно построить сколько
угодно таких четырёхугольников. В силу теоремы 4 (стр. 125)
стороны DA всех таких четырёхугольников будут проходить
через определённую точку М, которую легко найти, построив
два положения четырёхугольника ABCD. Прямая ЛШ4 будет
служить стороной DA искомого четырёхугольника. Если М
совпадает с Mv то решение задачи будет неопределённым.
в) Вершины А всех четырёхугольников ABCD, подобных
данному и таких, что ВС, CD и BD проходят через данные
точки М, N и Р, в силу теоремы 4 лежат на определённой
окружности 5 (её нетрудно построить; для этого достаточно
найти три положения точки Л). Точка пересечения 5 и дан-
данной окружности 5 есть вершина А искомого четырёхуголь-
четырёхугольника (ср. с решением задачи б)). Задача может иметь два,
одно или ни одного решения; если окружности 5 и 5 совпа-
совпадают, то решение задачи неопределённо.
80. Рассмотрим всевозможные прямые /, такие, что отно-
отношение отрезков АВ и ВС, высекаемых на / прямыми /,, /а и
/8> имеет данную величину; взяв произвольно точку А на пря-
прямой /lt мы можем построить / (см. задачу 44 из § 1). Точки D
на прямых / такие, что отрезки АВ, ВС и CD имеют заданные
отношения, лежат на прямой т (см. теорему 3), которую не-
нетрудно построить, найдя два положения точки D. Точка пе-
81—82]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
239
ресечення прямых т и lt принадлежит искомой прямой /; далее
придется снова использовать построение, указанное в реше-
решении задачи 44. Если т | /4, то задача не имеет решений;
если т совпадает с /4, то её решение неопределённо (ср. с
решением задачи 79 а)).
81. При изменении угла а треугольник ABC изменяется,
оставаясь подобным самому себе (и треугольнику ABC), при-
причём его стороны всё время проходят через неподвижные точ-
точки— середины сторон ABC; поэтому все его точки (и, в част-
частности, точки пересечения высот, биссектрис и медиан) описы-
описывают окружности. Второе утверждение задачи вытекает из
того, что центр вращения О всех положений треугольника
А'В'С (в том числе и треугольника ABC, отвечающего зна-
значению а = 0) совпадает с центром описанной окружности
треугольника ABC; для того чтобы убедиться в этом, доста-
достаточно заметить, что при а = 90° рассматриваемые прямые
пройдут через одну точку О.
82. а) Если треугольник KLM изменяется, оставаясь по-
подобным самому себе, так, что его вершины К, L и М скользят
по сторонам ВС, СА и АВ треугольника ABC, то все поло-
положения треугольника KLM имеют общий центр вращения О,
Черт. 193.
который будет лежать и на окружности 5,, и на окружно-
окружности 52, и на окружности ?3 (см. доказательство теоремы 3,
в частности черт. 96, а на стр. 125). Следовательно, эти три
окружности проходят через одну точку О (черт. 193).
9*
240
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(83
б) Пусть Ох, Ог и 03 — центры окружностей S,, 5, и Sa,
О —их общая точка (черт. 193). Так как четырёхугольник
ALOM вписан в окружность, то /_АМО-\- /_ALO =-\№ и,
следовательно, /_АМО=/_CLO; аналогично /_CLO=
— /_ВКО. Но из равенства /_АМО=Z.BKO=./_CLO
следует: /_АОхО = /_ВОгО=/_СО3О\ значит, треуголь-
треугольники ООХА, OOtB н ОО3С все подобны между собой, и тре-
треугольник ОхОгОг может быть получен из треугольника ABC
центрально-подобным вращением (с центром О, углом пово-
00 \
рота OjOi4 и коэффициентом подобия щМ-
83. а) Треугольник АХВХС, получается из треугольника ABC
поворотом вокруг точки О на некоторый угол а. Отсюда
следует^что /_АВАХ =/_ АСАХ — /_АОАх — а, т.е. точки
А. Ах, В, С и О лежат на одной окружности (черт. JI94). Точно
так же доказывается, что пятёрсн точек В, Вх, А, С, О и
С, С,, А, В, О лежат каж-
каждая на одной окружности.
Рассмотрим треуголь-
треугольник А'ВС, образованный
средними линиями тре-
треугольника ABC. Будем из-
изменять этот треугольник,
оставляя его всё время
подобным самому себе
\ \ / \4/*v / / i (т. е. подобным Д ЛВС),
\ \ I /gf I/) так чтобы вершины его
\ X x'syrK I У У скользили по сторонам
треугольника ABC. Все
положения треугольника
имеют один центр враще-
вращения— точку пересечения
окружностей, описанных
вокруг треугольников ABC, BA'C, СА'В (см. решение за-
задачи 82 а)), т. е. точку О. Предположим теперь, что одна вер-
вершина изменяющегося треугольника совпала с точкой А; пусть
В и С—две другие его вершины. В таком случае вершина
В лежит на одной окружности с точками С, А и О (см. до-
доказательство теоремы 3); отсюда следует, что она совпадает
84]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
241
с точкой В. Точнотак же доказывается, что вершина С со-
совпадает с точкой С.
б) Точка О является неподвижной точкой изменяющегося
треугольника ABC; она должна соответствовать самой себе во
всех положениях этого треугольника. Так как О есть точка
пересечения высот треугольника А'ВС, то отсюда следует,
что О есть точка пересечения высот и для треугольника ~АВС.
84. a) /j получается из /, в результате суммы двух сим-
симметрии относительно двух сторон треугольника ABC; следо-
следовательно, угол между /, и 1г равен двойному углу между
этими сторонами треугольника (см. выше, стр. 50 и 33). Та-
Таким образом, углы треугольника Т определяются углами тре-
треугольника ABC и не зависят от положения /. [Если бы тре-
треугольник ABC был прямоугольным, то две из трёх прямых /,,
/,, /а были бы параллельны и 1Х, 1г, 13 не образовывали бы
треугольника.]
б) Предположим, что прямая / поворачивается вокруг ка-
какой-то точки М плоскости. При этом стороны треугольника 7
всё время проходят через точки Mlt Mt, Мл, симметричные М
относительно сторон ABC; другими словами, треугольник Т
изменяется, оставаясь всё время подобным себе, так, что сто-
стороны его проходят через неподвижные точки. В доказатель-
доказательстве теоремы 4 (стр. 126 — 128) было показано, что при этом
каждые два положения треугольника Т имеют один и тот же
центр вращения О. Поэтому в том и только том случае, когда
/, проходит через О (т. е. когда / проходит через точку О',
симметричную О относительно стороны АВ), треугольник Т
вырождается в точку (в этом случае прямые /, и 13 тоже
проходят через О).
Таким образом, мы видим, что, вообще говоря, среди
прямых, проходящих через определённую точку М, будет
лишь одна прямая / такая, что /,, /, и /а пересекаются в
одной точке; если таких прямых окажется две, то это будет
означать, что все проходящие через М прямые обладают этим
свойством. Пусть теперь М и N—две точки, / и Т—прохо-
Т—проходящие через них прямые, такие, что им отвечают тройки
прямых /,, /,, /а и 71Э 7,, /а, пересекающихся в одной точке.
Если Н—точка пересечения прямых / и /, то всем пря-
прямым, проходящим через Н, соответствуют прямые lx, lt, l3,
242
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[83
пересекающиеся в одной точке. [Прямые In /не могут
бить параллельны, ибо если /,, /, и /3 пересекаются в одной
точке О и /1| /, то прямые /,, /, и /3 параллельны соответ-
соответственно /,, /, и /3 и удалены от О на расстояние, равное
расстоянию между / и /; поэтому они не могут пересекаться
в одной точке".] Если / проходит через Н, то /, и /, прохо-
проходят через точки Н1 и Нг, симметричные Н относительно
сторон треугольника ABC; так как, кроме того, угол меж-
между /, и /j имеет определённую величину (см. решение
задачи а)), то точка Р пересечения /, и /а описывает окруж-
окружность 5 (построенную на отрезке ИхНг и вмещающую изве-
известный угол 1)).
Итак, мы доказали существование такой точки И, что
всем проходящим через Н прямым отвечают прямые /,, lt и /а,
пересекающиеся в одной точке. Две такие точки G н Н су-
существовать не могут, так как иначе через каждую точку М
проходили бы две прямые MG и МН, которым отвечают
тройки пересекающихся в одной точке прямых /,, /„ /а. Для
того чтобы убедиться, что Н совпадает с точкой пересечения
высот ?\АВС, а 5—с описанной окружностью этого треуголь-
треугольника, достаточно заметить, что прямые /„ /а, /3, отвечающие
высотам /\,АВС, пересекаются в его вершинах.
в) Пусть /—произвольная прямая, 7—параллельная ей
прямая, проходящая через Н. Прямые /,, /„ /3 пересекаются
в одной точке Р; прямые /,, /, н /а, как отмечалось в реше-
решении задачи б), будут удалены от Р на расстояние, равное
расстоянию от / до /, или, что то же самое, расстоянию от
Н до /. Таким образом, радиус вписанной окружности треуголь-
треугольника Т равен расстоянию от И до /; так как все треуголь-
треугольники Т подобны между собой, то отсюда следует, что пло-
площадь Т зависит лишь от расстояния И до /.
85. Первое решение. Если основания перпендикуля-
перпендикуляров, опущенных из точки Р на стороны ABC, лежат на одной
прямой /, то прямые /,, /, и /а, симметричные относительно
сторон ДАВС прямой /, центрально-подобной / с центром по-
подобия Р и коэффициентом подобия 2, пересекаются в одной
85]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
243
точке Р (черт. 195). Отсюда вытекает, что точка Р должна
лежать на описанной окружности /\АВС (а прямая / — прохо-
проходить через точку Н пересечения высот Д ABC; см. задачу 84 б)).
Второе решение. Обо-
Обозначим основания перпенднку-
Черт. 195.
Черт. 196.
ляров, опущенных из точки Р на стороны АВ, ВС, СА тре-
треугольника ABC, соответственно буквами Л', L и М (черт. 196).
Докажем, что точка Р является центром вращении всех тре-
треугольников L'M'N', подобных треугольнику LMN, вершины
которых лежат на сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC.
В самом деле, из того, что /_РМА = ^РЛ/Л = 90о, сле-
следует, что точки А, М, N и Р лежат на одной окруж-
окружности, т. е. точка Р лежит на окружности AA1N. Точно так
же докажем, что точка Р лежит на окружностях BNL и CLM.
Но точка пересечения этих окружностей и является центром
рассматриваемого вращения (см. решение задачи 82 а)).
Далее, например, в случае, изображённом на черт. 1961),
так как и углы APN и AMN, и углы NPB и NLB вписаны
в одну и ту же окружность и опираются на одну и ту же
дугу. Но
Z
См. сйсску ") на стр. 50,
1) См. сноску *) на стр. -50.
T'V
.244
так что
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
186
Z.AMN+ /_NLB —
= (? MCN+ /_ NCB) -f (Z MNC
Сравнивая это равенство с предыдущим, заключаем, что
/_ АРВ= /_ МСВ 4- /.MNL-
Полученное равенство позволяет доказать утверждение,
содержащееся в задаче. Действительно, если точка Р лежит
окружности, описанной около треугольника ABC, то
/_=/_АСВ и ^MVI = 0, т. е. точки М, N, L лежат
на одной прямой (черт. 196). Обратно," если точки М, N и L
лежат на одной прямой, то ^MNL = 0 и / АРБ — / АСВ;
следовательно, точка Р лежит на окружности, проходящей
через точки А, В к С.
86. а) Пусть /х, /,, /3, /4— четыре данные прямые. Опи-
Опишем окружности вокруг двух треугольников, образованных
прямыми /„ /г, /а и llt 1г, /4; точку пересечения этих окруж-
окружностей (отличную от точки пересечения прямых /, и /2) обо-
обозначим через Р (черт. 197). Опустим из точки Р перпендн-
Черт. 197.
куляры на прямые /,, /,, /3 и /4; пусть Mlt Мл, М3 и Mt—
основания этих перпендикуляров. В силу результата задачи 85
точки Mlt Мг и М3 лежат на одной прямой и точки Мх, Mt
86]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
245
и Mt лежат на одной прямой; следовательно, все эти четыре
точки лежат на одной прямой. Но из той же задачи выте-
вытекает, что точки Мг, М3 и Ж4 могут лежать на одной прямой
только в том случае, когда точка Р лежит на окружности,
описанной около треугольника, сторонами которого являются
прямые /,, /а и /4. Аналогично показывается, что точка Р
лежит на окружности, описанной около треугольника, сторо-
сторонами которого являются прямые /,, /3 и /4.
б) В обозначениях черт. 100 МР _\_АВ (ибо углы МРА
н МРВ опираются на диаметр); аналогично MQ\^AC и
MR}_BC. Следовательно, Р, Q n R суть основания перпен-
перпендикуляров, опущенных из точки М описанной вокруг тре-
треугольника ABC окружности 5 на стороны этого треугольника.
в) Пусть ABCD — четырёхугольник, вписанный в окруж-
окружность, и АВ = а, BC = b, CD = c, DA = d, AC=e, BD=/
(черт. 198). Опустим из точки D
перпендикуляры DR, DS и DT на
стороны АВ, ВС и СА треуголь-
треугольника ABC; согласно результату
предыдущей задачи основания R,
S и Т этих перпендикуляров бу-
будут лежать на одной прямой. ,
Вокруг четырёхугольника ATDR
можно, очевидно, описать окруж-
ность; диаметром этой окружности
будет являться отрезок AD.
Отсюда следует, что TR =
= AD sin /^ TDR =d%m/_ TDR.
Ho /_ TDR = /_ ВАС (углы со вза-
взаимно перпендикулярными сторо-
сторонами), а из рассмотрения треугольника ABC следует, что
s\n//_BAC=^ = ^, где R — радиус окружности, описан-
описанной вокруг четырёхугольника ABCD. Таким образом, оконча-
окончательно получаем:
TD H Ъ ЬЛ
Совершенно аналогично выводятся соотношения
т<г—ас p?—ef
/г> — 2R' W~2K'
Черт. 198.
tffa
246
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(87—88
Далее, так как точки R, S и Т лежат на одной прямой
(см. черт. 198), то
RT-\-TS=RS
или
bd ,ac ef
Сокращая обе части равенства иа 2R, имеем:
что и требовалось доказать.
87. Окружности, описанные вокруг четырёх треугольников,
образованных нашими четырьмя прямыми, пересекаются в од-
одной точке Р (задачи 64, 86 а)); основания перпендикуляров,
опущенных из точки Р на прямые /1Э /,, /, и /4, лежат на
одной прямой m (задача 85). Точки Нх, Нг, /У, и НА пере-
пересечения высот рассматриваемых четырёх треугольников цент-
центрально-подобны точкам пересечения прямых PHlt PHt, РНг
и PHt с примой m с центром подобия Р и коэффициентом
подобия 2 (см. первое решение задачи 85); следователь-
следовательно, они лежат на одной прямой, параллельной прямой m и
проходящей через точку Р', симметричную точке Р относи-
относительно прямой ш.
88. Обозначим точки пересечения окружностей 5, и S%
буквами А и В; обозначим, далее, буквами Р п Q точки
пересечения прямой MB соответственно с окружностями S, и
S, (черт. 199). Так как нам задано отношение — длин от-
отрезков касательных, проведённых из точки М к заданным
окружностям, то можно считать известным также и отношение
МР_МР-МВ_т\
MQ MQ-MB и'"
Из полученного равенства следует, что если т = п, то
точки Р и Q должны совпадать, точка М должна принад-
принадлежать прямой АВ; поэтому в дальнейшем мы будем счи-
считать т^п.
?ь
88]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
247
Рассмотрим теперь треугольник AQP. При перемещении
точки М он изменяется; при этом угол APQ остаётся
постоянным, так как он опирается на постоянную дугу
окружности Slt угол i4QP=180° — ^AQB также остаётся
постоянным, так как ^_AQB опирается на постоянную дугу
окружности S2. Следовательно, треугольник остаётся подоб-
подобным самому себе. Вершина А треугольника остаётся при этом
'\ неподвижной, точка Р описывает окружность S,; следова-
следовательно, и точка М ( расположенная на стороне QP треуголь-
МР т*\ с
ннка п такая, что -г^ = —j- I описывает окружность S, которая
получается из окружности S, при помощи центрально-подоб-
центрально-подобного вращения с центром Д углом поворота РАМ и коэф-
фпцпентом подобия -1Ъ .
Очевидно, что окружность 5 проходит через точку А;
докажем, что она проходит и через точку В. Для этого до-
достаточно отметить на окружности S, точку С такую, что
/CAB— /РАМ; так как /АСВ= /АРМ, то треуголь-
(АС АР\
ники АСВ и АРМ будут подобны Gя==лм) "• значит> Рас"
сматрнваемое выше центрально-подобное вращение переводит
точку С в точку В.
Искомое геометрическое место может быть построено сле-
следующим образом. Через одну из точек А и В пересече-
пересечения окружностей Sj и St проведём произвольную прямую,
248
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[89—90
пересекающую окружности 5Ж и S, в^очкахР и Q. Построим на
этой прямой точку М такую, что щ=^> где -—данное
отношение длин отрезков касательных. Окружность, проходя-
проходящая через точки А, В и М (точнее, дуга этой окружности,
расположенная вне окружностей S, и S,), и будет искомым
геометрическим местом.
89 Все такие треугольники А'ВС имеют с треугольни-
треугольником ABC общий центр вращения О, совпадающий с точкой
пересечения окружностей ABC и ВАС (см. доказательство
теовеиы 3) Далее остаётся только рассмотреть частное поло-
положение треугольника ABC, когда А, В и С суть середины
сторон треугольника ABC.
90 а) Так как О, есть центр вращения треугольни-
треугольников ABC и АХВХСХ, то (см. черт. 200)
¦"ПС. \
(*)
и, следовательно, треугольники АОХАХ, ВОХВХ, СОХСХ подобны
между собой. Отсюда мы получаем, что
Z ОХАВ = Z ОХВС = Z °iCA • (**)
Точно так же доказывается, что
Z ОгВА = Z °ясв=Z °ИС- (***)
Обратно, если точка О, такова, что для неё выполнено
условие (**), то она является первым центром вращения трет
С
Черт. 200.
угольника ABC. В самом деле, проведём три прямые ОА
ОХВХ, ОХСХ, пересекающие стороны треугольника АНЬ в туч
90)
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
249
ках Ах, Вх, С, и образующие равные углы с этими сторонами.
Треугольники AOxAlt ВОХВХ и COfix будут подобны (по ра-
равенству углов); поэтому выполняются соотношения (*=) и точ-
точка О, является центром вращения треугольников ABC и Afifi^
т. е. О1 есть первый центр вращения треугольника ABC.
Точно так же доказывается, что точка О, является вторым
центром вращения треугольника ABC, если для неё выполнено
соотношение (***).
Докажем теперь, что /^OtAB= /_О„АС. Для этого по-
построим прямые, симметричные прямым .АО,, ВО1 и СО, отно-
относительно биссектрис соответствующих углов, и покажем, что
эти три прямые пересекутся в одной точке О,. Обозначим
расстояние от точки О, до сторон АВ, ВС и СА треуголь-
треугольника через т, п и р. Прямая ДО, есть геометрическое место
точек, расстояния которых от сторон АВ и АС треугольника
относятся как т:р; следовательно, прямая, симметричная АОХ
относительно биссектрисы угла А треугольника, есть геометри-
геометрическое место точек, расстояния которых от сторон АВ и АС
треугольника относятся как р:т (черт. 200). Точно так же
прямые, симметричные прямым ВОХ и СОХ относительно бис-
биссектрис углов В и С, суть геометрические места точек, рас-
расстояния от которых до В А и АС относятся как т: л, соот-
соответственно расстояния до СА и СВ относятся как р:п.
Отсюда следует, что расстояния точки Oi пересечения послед-
последних двух прямых до сторон АВ и АС относятся между собой
как т'.р, т. е. что точка О, принадлежит и первой из рас-
рассматриваемых трёх прямых.
Из соотношений (**), выполняющихся для точки Ох, сле-
следует, что для точки Ох выполняются соотношения
Z О\ВА = Z О[СВ = О'гАС
(так как /_ОХАВ = /_О'хАС, /_ОхВС = /_О\ВА,
Поэтому точка О[ является вторым центром вращения О,
треугольника ABC и, значит, действительно /О,АВ=
/OAC
б) Пусть точка О является одновременно первым и вто-
вторым центром вращения треугольника ABC (черт. 201).
250
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(90
Так как О есть первый центр вращения, то /_ОАВ —
==/ОВС=/_ОСА; так как О есть второй центр вращения,
то /ОВА==~/ОСВ=/_ОАС. Но отсюдд сРазУ следУет.
чло/_А — /_В—/.С, т. е. что треугольник ЛВС—равно-
ЛВС—равносторонний.
Черт. 201.
в) Здесь удобнее всего воспользоваться результатами
нижеследующей задачи 92. В силу этих результатов центры
О, и О окружностей, описанных вокруг равных треугольников
А1В1С1 и А~В?г, совпадают (на черт. 202 эти центры со-
совпадают с одной точкой О'). Так как треугольник AlBlCl
получается из ABC центрально-подобным вращением с цент-
центром О,, углом поворота а и каким-то коэффициентом к, то
О О'
^_O'Ofi = a, f±jj—k; так как AtBfit получается из ABC
центрально-подобным вращением с центром О,, тем же
самым углом поворота а (ибо АХВХ и AtBt образуют одина-
одинаковые углы с АВ) и тем же самым коэффициентом подо-
подобия k (ибо треугольники ABC и ABC, равны), то
О О'
^O'Ofi^a, -^0=A. Отсюда вытекает, что треугольники
OfiO' и OfiO' подобны, а так как эти треугольники имеют
общую сторону 00', то они равны; поэтому ООх = ООг.
Отметим, что из подобия треугольников OfiO' и О1АА1 вытекает,
что /_ OfiO' = ? ОХААХ, и следовательно, /_ OfiO. = 2?, где <р есть
общее значение углов ОХАВ, ОХВС, О,СА, 0%АС, О.СВ, ОгВА. Отсюда
и из результата задачи г) вытекает, что Ofix*zOxO = Ofi (причём
знак равенства достигается лишь для равностороннего треугольника,
где все три точки О,, О, и О совпадают).
Г) Для доказательства этой теоремы можно воспользо-
воспользоваться построением, рассматриваемым в задаче 94 (см. ниже
81]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
251
черт. 209). Определим произведение АО1-О1А' = ВО1-О1В=
= СО1-О1С через радиус R описанного круга треугольника
и угол ip. Из подобия треугольников AOfi' и А'ВО1 (см. за-
задачу 94 6)) легко получаем:
АОг __ А'В
АС ~ А'ОЛ
и, значит,
АО1-О1А' =
Но так как —ДС=— А'В=2у, то АС = А'В =2Rsin а. Та-
Таким образом AO1'O1A'=iR1s\ntf.
Но, с другой стороны (см. черт. 209),
, •О1А'=МО1
/=(^ — OO
Отсюда следует, что
R';
30°,
причём <р = 30° только в том случае, когда О, совпадает
с О @0, =0) и треугольник ABC—равносторонний (см. за-
задачи в), б)).
91. Для того чтобы точка О, была первым центром вра-
вращения треугольника ABC, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись условия
Предположим, что первый
центр вращения О, найден, и
построим на отрезке АВ дугу
окружности, проходящую через
точку Oj (черт. 203). Так как
/_ОХАВ=?ОХВС, то /ОХВС
измеряется половиной — ВОХ ок-
окружности; следовательно, ирп- ч _.,
мая ВС является касательной рт'
к окружности ВОХА. Точно
так же показывается, что окружности, проходящие через
точки В, С пО1п через точки С, Ач Olt касаются сторон С А,
ч
552
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[92
соответственно АВ, треугольника. Поэтому первый центр
вращения О, треугольника ABC можно построить как точку
пересечения двух окружностей: проходящей через А и В и
касающейся стороны ВС и проходящей через_ В и С и касаю-
касающейся СА. Аналогично строится и второй центр вращения
треугольника.
92. а) Треугольник А1В1С1 может быть получен из треуголь-
треугольника ABC при помощи вращения вокруг точки Ot на угол
ЛО,Л, и последующего центрально-подобного преобразования
с коэффициентом -тгх 5 поэтому угол между прямыми АВ и
А1В1 равен углу АО1А1 (черт. 204). Аналогично доказывается,
что угол между прямыми АВ и АгВг равен углу АОгАг. По-
Поэтому из условия задачи получим, что
/АОА /АОА
Но из задач,, 90 а) следует, что ^^^^Й^!™
и AOtAt подобны и, значит,
Черт. 204.
Черт. 205.
О, ОгА •
т. е. коэффициент подобия
'В треугольников ABC и А1В1С1
равен коэффициенту подо-
подобия треугольников ABC и
Л^С,. Отсюда следует,
что треугольники AlBlCl и
АгВ2Сг равны.
б) Докажем, чтойгС, "
(черт. 205). Из решений за-
задач 90 а), 92 а) следует,
что треугольники СО1С1 и
,я 80гВг подобны, откуда
СС1_СО1
BBt~Wt'
Далее, из задачи 90 а) следует, что /^О^А — ^_О%ВА и
/_О^АС= /_ОгАВ; поэтому треугольники СОХА и ВО%А
подобны и СОХ_АС
ВО~~АВ'
92] ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ 2K
Отсюда получаем:
СС, _ АС
ЬЬг ~ АВ •
что и доказывает наше утверждение.
Совершенно аналогично доказывается параллельность пря-
прямых С„АХ и СА, AJBX и АВ.
Докажем далее, что прямая AtA, антнпараллельна сто-
стороне ВС треугольника ABC. Из подобия треугольников АО1А1
и АО.А следует:
АА]_ОУА
ААг ОгА-
Из подобия треугольников СОХА и ВО,А следует:
Сравнивая две полученные пропорции, найдём, что
АА1_АС
АА3~ АВ'
откуда вытекает, что треугольники ААгАг и АСВ подобны, а
следовательно, что прямые АхАг и ВС антнпараллельны.
Точно так же доказывается, что BxBt антнпараллельна СА и
СХС% антнпараллельна АВ.
в) Рассмотрим четырёхугольник ВХСХАХВ%. В этом четырёх-
четырёхугольнике Z.BlCxAl = //_C, так как треугольники AlBlCl н
ABC подобны; кроме того, С
?AxB?x=\we—/_Bfl#
( .черт. 206). Но так как
прямая ВхВг антнпараллель-
антнпараллельна стороне СА треугольника
ABC, то /RRB— /С н.
Черт. '206.
следовательно,
= '180°.
Отсюда мы получаем, что
точка Вг лежит на окруж-
окружности, описанной около тре-
треугольника Л.В.С,. Точно так же докажем, что на згой окруж-
окружности лежат точки С% и А%.
10 И. М. Яглоы
254
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(93
93. а) Так как в прямоугольных треугольниках AAfi ,
ВВ1О1 и ССхОг углы О.А4,, O1BBl n О1СС1 равны (см. зада-
задачу 90 а)), то эти треугольники подобны (черт. 207). Следователь-
но, ААОЛ^Z.BOA = ZCOlCl и g?=gg=§?;
значит, треугольник AxBxCy может быть получен из тре-
треугольника ABC при по-
помощи центрально-подоб-
центрально-подобного вращения с цен-
центром О,. Таким образом,
Д ДДС, со Д ABC. Точ-
Точно так же доказывается,
что Д АДСг счэ Д ABC.
Прямоугольные тре-
треугольники АА1О1 и А4,О2
подобны (см. задачу 90 а));
следовательно^глыЛО,^,
ЧеРт- 207-
следователыю^углыл^/,,!-!,
и АО2Аг, на которые повёрнуты соответственно треугольники
А1В1С1 и АгВгСг по отношению к треугольнику ABC, равны.
Поэтому равны углы, образованные прямыми Л,б, и АаВг со
стороной АВ треугольника ABC. Таким образом, треугольники
AlBlCl и A2BtCt, вписанные в треугольник ASC, удовлетво-
удовлетворяют условиям задачи 92; следовательно, к ним можно при-
применить все результаты этой задачи.
Из подобия треугольников ОХОО' н ОХААХ, где ОХО(У
есть треугольник, рассмотренный в решении задачи 90 в)
(см. черт. 207), следует, что
в нашем случае /_ОХО'О=-
= Z°iA'4 = 900. откуда
и вытекает, что точка О' —
центр общей описанной ок-
окружности треугольников
AlBlCl и AtB2Ct—лежит в
середине отрезка ОжОг.
б) Если вершины тре-
треугольника А1ВгС1, стороны
которого параллельны вы-
высотам треугольника ABC,
расположены на сторонах
ABC в таком порядке, как это изображено на черт. 208,
то сторона АХВХ может быть параллельна высоте CF
94]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
255
или высоте BE (но не высоте ,AD\). Если AXBX || CF,
то Л,С, || BE; если AlB1 || BE, то ?,?", || CF. Таким образом,
существуют две возможности вписать в данный треуголь-
треугольник ABC треугольник, стороны которого параллельны высотам
ABC, т. е. существуют два таких вписанных треугольника (см.
задачу 47 б)). На черт. 208 эти треугольники обозначены через
Л,^,^ и AtBtCt. Эти треугольники подобны треугольнику
ABC, так как их углы равны углам треугольника ABC (оди-
(одинаковыми буквами у нас обозначены соответствующие вер-
вершины). Легко видеть, что для треугольников А1В1С1 н АаВгСг
выполнены все условия задачи 92. Отсюда следует равен-
равенство этих треугольников (см. задачу 92 а)).
Рассмотрим теперь четырёхугольник AJi^AJB^. В нём
AlBl=AtBt и АХВХ || AtBt, A^J^B^. Следовательно, этот
четырёхугольник — прямоугольник и его диагонали АхАг н
BtBt равны и делятся в точке пересечения пополам. Точно
так же докажем, что отрезки ВгВ^ и Cfi, равны и делятся
в точке пересечения пополам. Следовательно, все три отрезка,
соединяющих соответствующие вершины треугольников А1В1С1
и AtBtClt равны и делятся в точке пересечения пополам. Эта
точка является центром окружности, описанной одновременно
вокруг треугольников А1В1С1 и
АгВжСг (см. 'задачу 92 в)).
94. а) Обозначим величину
угла ^/_А'АВ через (р. Так как
2_А'АВ= /.В'ВС= '/_ССА = ъ,
то ~?Л'= -СВ = ~АС— 2?
и треугольник С'А'В получается
из треугольника ABC поворотом
на угол 2rf вокруг центра О опи-
описанной окружности (черт. 209).
б) Например, для треугольника
АОгС ыы имеем: Черт. 209.
и следовательно, треугольник АОХС подобен треугольнику ABC.
10»
256
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[95—0E
Аналогично проводится доказательство и для остальных пяти
треугольников.
95. Соединим первый центр вращения О, треугольника
ABC со всеми вершинами треугольника (черт. 210). Точка М
лежит в одном из треугольников
ABOlt BCO^ САОЖ. Если напри-
например, точка М лежит внутри (или на
границе) треугольника АВОХ (черт.
210), то Z.MAB^Z.OiAB^'d0°
(см. задачу 90 г)). Аналогично дока-
доказывается, что хоть один из углов
MAC, МСВ, МВА меньше или ра-
равен 30° (вместо треугольников АВО1,
Черт. 210.
ВСОХ, САОХ приходится рассматривать треугольники АСОг,
CBOt, BAOt, где Ог — второй центр подобия треугольника).
Из доказательства даже следует, что одни из углов МАВ,
МВС, МСА всегда строго меньше 30°, за исключением
того единственного случая, когда треугольник ABC является
равносторонним и точка М совпадает с его центром (в этом
случае 2.МАВ = Z мвс=Z МСА = 3°э) •
96. а), б). Пусть V есть отличная от At точка пересече-
пересечения окружностей, описанных около треугольников AlA,D3 и
Черт. 211.
961 ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(черт. 211 ')):
257
и, следовательно,
и, значит, окружность, описанная около треугольника AtAtDlt
тоже проходит через точку V.
Отметим ещё, что в силу построения центра вращения
(см. выше, стр. 105, черт. 81,6) точка О, лежит нл окружно-
окружности, описанной около треугольника A,A3Dlt точка О, — на
окружности, описанной около треугольника A^D,, точ-
точка О3—на окружности, описанной около треугольника AlAtDti
. при этом, как мы доказали, все эти окружности проходят
ещё через одну точку V.
Обозначим теперь точку пересечения прямых DtOt и DtO3
через U. В таком.случае имеем (см. черт. 211 ')):
(для доказательства достаточно разбить четырёхуголь-
четырёхугольник OtVO3U диагональю UV на два треугольника и применить
к каждому из этих треугольников теорему о внешнем угле).
Но в силу того, что точки D,, О„, V и А1 лежат на одной
окружности
/_ DtOt V= 180° — Z. D2At V
и аналогично
откуда следует:
н, значит,
= 180° —
A AD (черт 211). В таком случае, обозначая углы
треугольника DxDtD3 просто через Dlt D, "и D,, имеем
т. е. точки Ог, О3, U и V лежат на одной окружности.
Обозначим теперь общую точку пересечения окружностей,
описанных около треугольников BtBtDt, BlBtDl и BlBfil
х) См. сноску *) на стр. 50,
ГЯГ
258
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[96
через V. Аналогично только что доказанному получаем, что
точки Ot, О3, U и V лежат на одной окружности. Таким
образом, мы видим, что пять точек Ог, Оа, V, V и U лежат
на одной окружности. Точно так же можно получить, что
точки Oj, О,, V, V лежат на одной окружности. Но из того,
что точки О,, Оа, V, V и О„ О3, V, V лежат в отдель-
отдельности на одной окружности, следует, что обе эти окружности
совпадают между собой и с окружностью подобия фигур Flt
Ft, F3; этим завершается доказательство теоремы задачи б).
Далее, мы видели, что точка U пересечения DtOt и D3O3
лежит на этой окружности. Другими словами, прямая DtO2
проходит через отличную от О3 точку U пересечения пря-
прямой DaO3 с окружностью подобия фигур /=",, Ft и F3; точно
так же показывается, что и прямая DlOl проходит через
эту же точку, чем завершается доказательство теоремы
задачи а).
в) Предположим сначала, что стороны треугольника DJDtD3
параллельны соответствующим сторонам треугольника DlDiD3
(черт. 212). Из того, что О3 есть центр вращения
Черт. 212.
фигур F, и Ft, легко вывести, что расстояния прямых D'd\
и D,D, от Оа пропорциональны расстояниям DtDM и ?\Da
от О,. Отсюда следует, что точка Dt лежит на прямой OtDt.
971
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
259
Точно так же показывается, что D, лежит на Ofit и D,
лежит на O1Dl. Учитывая результат задачи а), мы получаем
отсюда, что прямые DxDt, Ц,?>, и D3D3 пересекаются в од-
одной точке О, которая, очевидно, является центром подобия
треугольников DlDiD3 и DfiJD^, эта точка лежит на окруж-
окружности подобия фигур Flt Ft и F3.
Предположим теперь, что стороны треугольника D\d\d'3 не
параллельны соответствующим сторонам треугольника Dfifi^.
Пусть Л,^ и Afilt A.B. и AtCt, A3B3 и А3С3 — три
пары соответствующих друг другу отрезков фигур Ft, Ft
и F3; DlD2D3 и DlD.D3—треугольники, сторонами которых
являются прямые /!,#,, А„В, и А3В3, соответственно ДС,,
AtCt и А3С3 (см-, черт- 105, в в тексте). Треугольники DXD,D3
и DlD1D3 будут подобны, так как угол между прямыми Л,В,
и А1С1 фигуры Fl равен углу между соответствующими им
прямыми А2В, и А„С„ фигуры Ft и между прямыми А3В3 и
А,С3 фигуры ^з- Центр вращения треугольников DlDJD3
и DtDtD3 лежит на окружности, проходящей через точ-
точки D3, D3 и At (см. построение центра вращения двух фи-
фигур на стр. Юо). Но так как /ОзДО^/ОДО,, то
эта окружность проходит также и через точку Д,. Та-
Таким образом, центр вращения треугольников DlD,D3
« Dfifi^ лежит на окружности, описанной около треугольни-
треугольника A1A2D3. Аналогично центр вращения лежит на окружно-
окружностях, описанных около треугольников AlA3D% и AtA3Dl.
В силу задачи б) точка пересечения этих окружностей
принадлежит окружности подобия фигур Flt Ft, Ft
(ср. черт. 105, е н 105,6).
97. а) Пусть /,, /,, 13 — три соответствующие прямые
фигур Flt Ft и F3, пересекающиеся в одной точке W; /,—
прямая фигуры Flt параллельная /„ l't, Га—прямые фигур Ft
и Fa, соответствующие прямой 1\ фигуры Flt и DfitD3—
треугольник, сторонами которого являются прямые l\, l't, l'a
(черт. 213). Очевидно, что /; || 1., 1'3 \\ 13. Далее, в силу того,
что Оа есть центр вращения фигур Fl и Ft, расстояния от
О3 до прямых 11 и /t пропорциональны расстояниям от О3 до
прямых l't и l't. Отсюда следует, что прямая OaDt проходит
260
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[97
через точку W. Точно так же доказывается, что прямые Огй%
и O1D1 проходят через точку W. После этого остаётся
только применить результат задачи 96 а).
Черт. 213.
б) Отметим прежде всего, что угол D1 треугольни-
треугольника DjDjD, (черт. 213) не зависит от выбора прямых /|, l't, l't-
это есть угол поворота центрально-подобного вращения, пе-
переводящего F, в Ft. Далее, отношение расстояний от точ-
точки Oj до прямых Гг и l't не зависит от выбора этих прямых:
оно равно коэффициенту подобия фигур Fs и Fs. Отсюда
следует, что и углы OlD1D2 и O1D1D3 имеют постоянное
значение. Если теперь Jt и J3 — точки пересечения пря-
прямых /2 и /а с окружностью подобия фигур F,, F, и F,, то
ZOlWJt = ZOlDlD,, ZO,WJ, = ZOlDlDt; дуги OtJ2 и
0,7, имеют постоянную величину и, следовательно, точки J2
и У, не зависят от выбора прямых /1? lt и /3. Точно так же
и прямая /j пересекает окружность подобия фигур Fg, F, н
F, в фиксированной точке Jl.
Предоставляем читателю доказать самостоятельно, что обратно,
если С есть произвольная точка окружности подобия фигур Fv Ft
и Ft, то прямые UJX, UJt н UJt — соответствующие друг другу пря-
прямые этих фигур.
98—99]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
261
§2
98. а) Пусть В' — точка, симметричная В относитель-
относительно прямой /(черт. 214, с). Если X — произвольная точка
на /, то АХ -\-Х'В= АХ' -\- Х'В. Следовательно, сумма
АХ'-\-ВХ' будет наименьшей, когда сумма АХ'-\-ВХ' бу-
будет наименьшей, т. е. когда X' совпадает с точкой X
пересечения АВ с /.
Л
'--¦V
в'
Черт. 214.
б) Пусть В — точка, симметричная В относительно /
(черт. 214, б). Если А" — произвольная точка /, то АХ —
— ВХ'^АВ. А так как АХ — ВХ = АХ — ВХ', то раз-
разность АХ — ВХ' будет наибольшей, когда X' совпадает
с точкой X пересечения АВ с /.
99. а) Первое решение. Пусть PXY—произвольный
треугольник, вписанный в ABC, одна из вершин которого со-
совпадает с точкой Р. Отразим треугольник ABC вместе с тре-
треугольником PXY от прямой ВС; полученный треуголь-
треугольник А ВС и вписанный в него треугольник Р'ХУ отразим от
прямой СА' (черт. 215). Так как в обозначениях черт. 215
XV = XV и YP= Y'P", то периметр треугольника PXY ра-
равен длине ломаной PXYP'. Поэтому периметр Д PXY будет
наименьшим в том случае, когда наименьшей будет длина
ломаной РХГР".
Далее могут представиться две возможности. Если отре-
отрезок РР" пересечёт прямую ВС между точками В н С (а сле-
следовательно, и прямую СА' между точками С и А'), то он
262
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(99
будет короче любой ломаной РХУ'Р' и искомый треугольник
будет определён (треугольник PMN на черт. 215; М—точка
пересечения РР" с ВС, N—точка, симметричная точке N'
пересечения РР' с СА' относительно ВС). Если же отрезок РР
пересечёт прямую ВС вне отрезка ВС, то кратчайшей нз
ломаных PXY'P' будет та, для которой точки X и У совпа-
совпадают с точкой С. В этом случае искомый треугольник вы-
вырождается в дважды взятый отрезок PC.
Остаётся выяснить, когда будет иметь место тот или иной
случай. Для этого заметим, что треугольник АВ"С получается
из треугольника ABC вращением вокруг точки С на угол,
равный удвоенному углу С треугольника (ибо А'ЕГС полу-
получается из ABC последовательными снмметрнямн относительно
прямых ВС и СА', образующих угол С; см. § 1 гл. 11 первой
части, стр. 50); поэтому /_РСР"=2/_С. Отсюда сразу
следует, что если ^С<^90°, то прямая РР" пересечёт сто-
сторону ВС треугольника, если же ^/С^90°, то РР" пересечёт
прямую ВС либо в самой точке С, либо в точке, лежащей на
продолжении отрезка ВС за точку С.
Второе решение. Пусть снова PXY—произвольный
треугольник, вписанный в Д ABC; Р и Р" — точки, симметрич-
симметричные точке Р относительно ВС и СА (черт. 216). Так как
РХ=РХ II PY=P"Y, то периметр Д PXY равен длине
99]
Преобразования подобия
263
ломаной PXYP. Поэтому, если РР' пересечёт боковые сто-
стороны АС н ВС треугольника ABC в точках М и N, то
треугольник PAIN и есть
искомый. Если же РР" не
пересечёт отрезки АС и ВС,
то искомый треугольник вы- п'-
родится в дважды взятый
отрезок PC. Аналогично пер-
первому решению можно пока-
показать, что первый случай
имеет место, когда угол С
треугольника меньше 90°, г
второй — когда ^ С ^ 90°.
О
Черт. 216.
Отметим, что принципиально второе решение мало отли-
отличается от первого (ср. черт. 215 и 216).
б) Первое решение. Будем считать, что угол при
вершине С заданного треугольника острый. Пусть Р—произ-
Р—произвольная точка стороны АВ; построим согласно первому реше-
решению задачи а) вписанный в ABC треугольник PAIN наимень-
наименьшего возможного периметра, равного длине отрезка РР' (см.
черт. 215). Остаётся только выбрать точку Р так, чтобы
соответствующий ей отрезок РР был наименьшим. Вспомним,
что /PCP'z=1 /С т. е. не зависит от выбора точки Р;
поэтому основание РР'
равнобедренного тре-
треугольника РСР с данным
углом 2 /С при вершине
будет наименьшим, если
будет наименьшей боко-
боковая сторона СР. Далее
надо рассмотреть отдель-
отдельно два случая.
1°. Углы при верши-
вершинах А и В треугольника
ABC острые (треугольник
остроугольный). В этом
случае отрезок СР имеет
наименьшую величину,
когда точка Р является
основанием Рв высоты СРп треугольника ABC (черт. 217). Легко
доказать, что и вершины Л10 и No треугольника PDM0N0,
264
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[100
получаемого при таком выборе точки Рв, являются основаниями
высот треугольника ABC. Действительно, из черт. 217 следует,
что
= 90°—
значит, вокруг четырёхугольника BCNBPB можно описать
окружность и /_BN0С'=/_СРйВ= 90°'. Так же доказывается,
что АМа\_ВС.
2°. Если, например, угол А — прямой или тупой, то от-
отрезок СР является наименьшим, когда точка Р совпадает с
вершиной А треугольника. Отсюда следует, что искомый
треугольник вырождается в дважды взятую высоту АЛ10.
Второе решение. При решении задачи б) можно
также исходить и из второго решения задачи а). Так как
периметр треугольника MNP (см. черт. 216) равен РР';
СР = СР"=СР и /_РСР'=2/^С, то задача сводится
к отысканию такой точки Р, что СР имеет наименьшее зна-
значение. Далее — см. первое решение задачи.
100. Начнём с решения задачи, аналогичной задаче 99 а),
а именно: предположим, что на стороне AD четырёхугольника
ABCD задана точка Р, и поставим своей целью найти вписан-
вписанный в ABCD четырёхугольник наименьшего возможного пери-
периметра, одна вершина которого совпадает с точкой Р. Эта
задача допускает решение, близкое к первому решению за-
задачи 99 а). Отразим четырёхугольник ABCD от стороны АВ;
затем отразим полученный четырёхугольник ABCD от сто-
стороны ВС; наконец, отразим полученный четырёхугольник
A'BCD" от стороны CD" в положение CD"A"B' (черт. 218,с).
Пусть при этом произвольный' вписанный в ABCD четырёх-
четырёхугольник PXYZ займёт последовательно положения PXY'Z',
P'XY'Z" и P"X'Y"Z"\ периметр четырёхугольника PXYZ
равен, очевидно, длине ломаной PXY'Z"P". Отсюда следует,
что если прямая РР" пересекает стороны АВ, ВС и CD"
построенных четырёхугольников, то точки пересечения опре-
определят вершины искомого четырёхугольника; если же РР" не
пересекает все эти три отрезка, то искомый четырёхугольник
будет вырожденным (т. е. треугольником, одна из вершин
которого совпадает с вершиной четырёхугольника ABCD, или
дважды взятой диагональю четырёхугольника ABCD).
100]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
265
Теперь перейдём к решению исходной задачи. Нам надо
найти такую точку Р на стороне AD четырёхугольника ABCD
чтобы отрезок РР", где Р"— соответствующая Р точка на
стороне A"D" четырёхугольника A'B'C'D", был кратчайшим
(ср. с решением задачи 99 б)). Как мы видели в решении
задачи 99 б), если отрезки AD и A'D" не являются парал-
параллельны» одинаково направленными, то такой точкой являет-
является основание перпендикуляра, опущенного из центра вра-
вращения отрезков AD и A'D" на прямую AD (если это
основание лежит на отрезке AD), или ближайший к осно-
основанию этого перпендикуляра конец отрезка AD (если основа-
основание рассматриваемого перпендикуляра лежит вне AD). Если
отрезки AD и A'D" параллельны и одинаково направлены,
то расстояния от всех точек Р отрезка AD до соответствующих
им точек Р" отрезка A'D" имеют одну н ту же величину.
Задача будет иметь (единственное) решение в собствен-
собственном смысле слова только в первом случае, если при этом
266
Решения задач
[100
основание Р„ перпенднк'уляра, опущенного из центра О вращения
отрэзков AD и A'D" на прямую AD, находится на стороне AD
и прямая P0Pl, где Р™ есть основание перпендикуляра,
опущенного из О на A"D", пересекает отрезки АВ, ВС и
CD". В последнем случае точки пересечения отрезка Р0Р0"
с отрезками АВ, ВС, CD" определяют искомый четырёхуголь-
четырёхугольник PBQ0R0S0 (см. черт. 218, а). При этом, как нетрудно
видеть, Z.pa'PoA — Z.popl'D' (см- чеРт- 218. Ф> откуда сле-
следует, что стороны P0Q0 и PnSQ
искомого четырёхугольника обра-
образуют одинаковые углы со стороной
AD четырёхугольника ABCD. Да-
Далее, из равенства вертикальных
углов, образованных прямой РОР'О'
с прямыми АВ, ВС и CD", сле-
следует, что стороны Р„О_В и QnRa
четырёхугольника PaQ0R0S0 обра-
образуют равные углы со стороной АВ
четыру , стороны Q0R0 и R0S0 образуют
равные углы со стороной ВС и стороны R0S0 и S0PB обра-
образуют равные углы со стороной CD1). Далее, имеем в обозна-
обозначениях черт. 218, а:
Черт. 218, б.
четырёхугольника ABCD,
Таким образом, поставленная задача имеет решения в соб-
собственном смысле слова только в том случае, если четырёх-
четырёхугольник ABCD можно вписать в окружность.
х) Таким образом, доказано, что если PQRS — вписанный в ABCD
четырёхугольник наименьшего возможного периметра,
то любые две его последовательные стороны образуют одинаковые
углы с той стороной ABCD, на которой они пересекаются. Это пред-
предложение можно доказать и более просто. Действительно, если, на-
например, /_SPDJ=/_QPA, то мы можем, не меняя положения вер-
вершин О, R и S четырёхугольника PQRS, так изменить положение
вершины Р, что периметр четырёхугольника PQRS уменьшится (см.
решение задачи 98 а)).
101]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
267
Пусть теперь четырёхугольник ABCD можно вписать в
окружность (т. е. Z.B+Z.D= 180°); СГА'В'С — четырёх-
четырёхугольник, симметричный D'A'BC относительно D"A". Так как
четырёхугольник BCU'A' получается из ABCD вращением
вокруг точки В на угол 2/_В (ср. с решением задачи 99 а)),
a D"A"B'C" получается из D"A'BC rращением вокруг D" на
угол, равный 2/_D, и 2/_В-\-2^/D=360°, то четырёх-
четырёхугольник A"B"C"D" получается из ABCD при помощи парал-
параллельного переноса (см. § 2 гл. I первой ' части, стр. 36).
Следовательно, если ABCD можно вписать в окружность,
то отрезок A"D" параллелен отрезку AD и одинаково направ-
направлен с ним. Таким образом, расстояние между произвольной
точкой Р отрезка AD и соответствующей ей точкой Р" от-
отрезка A'D" не зависит от положения точки Р, а значит,
наша задача- допускает бесчисленное множество решений,
соответствующих всем таким положениям точки Р, что от-
отрезок РР" пересекает отрезки АВ, ВС и CD". Очевидно,
что стороны всех вписанных в четырёхугольник ABCD
четырёхугольников, периметр которых имеет наименьшее
возможное значение, будут
параллельны между собой (см.
черт. 219).
С.
Черт. 219.
Черт. 220.
101. Если D, Е, F—основания высот треугольника ABC,
то Д/4CD <х? Д ?СЕ (см. черт. 220); поэтому ^— ^-Сле-
^-Следовательно, Д ABC со Д DEC и /_ CED =/_ СВА. Пусть MN—
касательная к описанной окружности в точке С. Очевидно,
/_МСА = /_СВА ( =1 — АС\. Таким образом, /_МСЕ=
= ^CED, т. е. ED \\ MN \_ ОС. Точно так же показывается,
что EFJ_OA, DF±OB, г. е. треугольник DEF— искомый.
268
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[102
102]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
269
Если треугольник ABC— остроугольный, то центр О опи-
описанной окружности лежит внутри него (черт. 220); поэтому
5A.4BC=5opcE + >s'oF^+>s'ofBD. Но диагонали последних
трёх четырёхугольников взаимно перпендикулярны; следова-
следовательно, их площади равны половине произведения диагоналей.
Таким образом,
"Ли яг— Т
(*)
где R— радиус описанной окружности.
Если FDE — какой угодно треугольник, вписанный в тре-
треугольник ABC, то
'af' i^of'bd' —
= i OC-D'E sin v-|-i 0/1 -EFsin a-f i OB-FD'sin p.
где у. а и Р — jmu между диагоналями четырёхугольни-
четырёхугольников OD'CE, OE'AF' и OF'BD'; поэтому
I
Сравнивая последнее соотношение с соотношением (*), найдём,
что
DE+EF+FD < D'E -f- EF -f FD.
Таким образом, из всех треугольников, вписанных в дан-
данный остроугольный треугольник, наименьший периметр
имеет тот, вершинами которого служат основания высот за-
заданного треугольника.
102. Прежде всего найдём точку, расстояния которой до
вершин А, В и С треугольника относятся как числа а, Ь и с.
Построение такой точки легко осуществить, если воспользо-
воспользоваться тем, что геометрическое место точек, отношение рас-
расстояний которых до двух данных точек известно, есть
окружность (см. сноску на стр. 102). При этом можно пока-
показать, что таких точек, вообще говоря, имеется две, причём
одна из них находится • вне, а другая — внутри окружности,
описанной вокруг заданного треугольника. Следовательно, одна
из этих двух точек обязательно находптси вне треугольника' ABC.
Затем следует рассмотреть
два случая.
1°. Одна из построенных
точек (обозначим её через
О) находится внутри ABC
(черт. 221). Впишем в ABC
треугольник DEF, стороны ко-
которого перпендикулярны к
отрезкам О А, ОБ а ОС (см.
задачу 47 б), стр. 81). Оче- л
видно, имеем:
так как OA±_EF, OB±FD, OC±_DEn OA = ak, OB=bk,
OC—ck, то
? 0B'FD +T
= i k(a-EF+b-FD-\-c-DE).
(*)
Пусть теперь D'EF — произвольный треугольник, вписан-
вписанный в ABC; a, [5, у — Углы между диагоналями четырёхуголь-
четырёхугольников OE'AF, OFBU, OD'CE. В таком случае (ср. с реше-
решением задачи 101).
s&ABd=i 0А • E'r sin и-у ов'FD sin ?+4 ос'DE sin y <
ss -J- k (a • EF + b • FD + с ¦ D'E')
и, значит,
т. е. треугольник DEF и есть искомый.
2°. Если точка О лежит, например, на стороне АВ тре-
треугольника ABC, то искомый треугольник вырождается в дваж-
дважды взятую высоту треугольника ABC, опущенную на сторону
АВ; если точка О находится вне треугольника ABC, то иско-
искомый треугольник вырождается в дважды взятую высоту тре-
треугольника ABC, опущенную на ту сторону треугольника, по
отношению к которой точка О и треугольник ABC находятся
по разные стороны. Доказательство мы предоставляем читателю.
270
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[ЮЗ
Черт. 222.
1
103. Искомая точка М не лежит вне треугольника ABC,
так как в противном случае легко указать такую точку М',
что AM -\- BM -\-СМ <АМ-{-ВМ-\-СМ (черт. 222, с).
Пусть теперь X—произвольная
точка внутри треугольника ABC
(черт. 222, б). Повернём тре-
треугольник АСХ вокруг точки А
на 60° в направлении от В к С
в положение АСХ'. Так как
АХ— XX' (треугольник АХХ'
равносторонний) и СХ=СХ", то
сумма расстояний от точки X до
вершин треугольника равна дли-
длине ломаной ВХКС'. Остаётся
выбрать точку М так, чтобы
длина ломаной ВММС была наи-
наименьшей.
Рассмотрим отдельно два слу-
случая.
Отрезок С'В пересекает сторону АС тре-
треугольника ABC; этот случай имеет место, когда
/ВСС< 180°, ?ВАС<Ш° или, так как /_ВСС' =
= /_ВСА + ?АСС = /_ВСА-\-№ и /_ВЛС = /_ВАС-\-
-\-/_САС~ /_ВАС-\-№°, когда углы С \\ А треугольника
будут меньше 120°. В этом случае, если на отрезке С В
можно найти такую точку М, что ^//4ЛС=60°, то для этой
точки мы будем иметь:
AM -f МС 4- МВ= СВ,
и следовательно, она и будет являться искомой. Для этой
точки М имеем: /_АМВ — /_СМВ=^АМС= 120° (М —
точка, из которой все стороны треугольника ABC видны под
равными углами); очевидно, для того чтобы на отрезке СВ
была такая точка М, н>жно, чтобы /_СВА был меньше 120°.
Если же угол СВА ^ 120°, то искомой точкой будет верши-
вершина В треугольника ABC.
2°. Отрезок С'В не пересекает сторону АС
треугольника ABC; например, точка С расположена по
другую сторону от прямой ВС, чем треугольник ABC
(,/?52 120°). В этом случае кратчайшей ломаной СХХВ
будет ломаная ССВ и искомой точкой будет вершина С тре-
104J
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
угольника ABC. Точно также, если
точкой будет вершина А.
271
: 120°, то искомой
104. а) Если DEF— правильный треугольник, описанный
вокруг треугольника ABC, n AM, BM, СМ — перпендикуляры
к сторонам треугольника DEF, то, очевидно /АМВ=
= /_ВМС= /_СМА= 120° (черт. 223, а). Отсюда следует,
что М — точка пересечения дуг окружностей, построенных на
сторонах треугольника ABC и вмещающих углы в 120°.
Найдя точку М, мы без труда построим треугольник DEF.
Точка М будет лежать внутри ABC, если ни один из углов
ABC не превышает 120°; если, например, /_С= 120°, то
точка М совпадёт с вершиной С; если ^/С>120°, то точ-
точка М лежит вне ABC.
Выведем теперь отсюда
решение задачи 103. //
Черт. 223.
Рассмотрим сначала первый случай. Пусть М — какая
угодно внутренняя точка треугольника ABC, MA, MB",
МС — перпендикуляры, опущенные из неё на стороны тре-
треугольника DEF. Имеем:
или, если с н Л суть сторона и высота правильного треуголь-
треугольника DEF,
~ah = ^a-M'A' -\-^ а-МВ-\-^
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
272
т. е.
Но МА^М'А', MBs= MB', МС
ляр короче наклонной); поэтому
A04
I04J
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
273
МС (ибо перпендику-
перпендикупричём равенство достигается только в том случае, когда М
совпадает с М. Таким образом, точка М—искомая.
Если точка М совпадает с С, то точка С—искомая. На-
Наконец, если ^/С>120°, то опять сумма расстояний от точ-
точки С до вершин треугольника будет меньше, чем сумма рас-
расстояний до вершин треугольника от любой другой точки. Для
доказательства опишем вокруг ABC равнобедренный
треугольник DEF так, чтобы было СА\_DE, CB\_EF
(черт. 223, б). Пусть М — произвольная внутренняя точка
треугольника ABC, А', В', С — основания перпендикуляров,
опущенных из неё на стороны треугольника DEF, D'EF"—
треугольник, подобный DEF, основание D'F' которого прохо-
проходит через М. В таком случае имеем:
откуда
где h — высота треугольника DEF, опущенная на боковую
сторону. Аналогично получаем:
M'A'-\-M'B'=h',
где h' = kh — высота треугольника D'EF' (k — коэффициент
подобия, А<[ 1).
Обозначим высоты треугольников DEF и D'EF', опущен-
опущенные на основания, через Н и Н' = Ш. Так как,
^/?=180° — ^/С<60°, то DF<DE, H>h. Теперь
имеем:
MA' -f MB -f MC = h'-\-(H—H') = H — (H' — Л') =
= Н'—k(H—Л)> Н — (И—Л)==
I
А так как, очевидно,
MA' -f MB' -f MC < MA -\- MB-\-MC,
то
MA -\- MB -j- MC > С A -j- CB,
что и требовалось доказать.
б) Если AM, BM и СМ—перпендикуляры к сторонам
равностороннего треугольника DEF, вписанного в треуголь-
треугольник ABC, то, очевидно, //АМВ=1^/ВМС=/_СМА— 120°
(черт. 224). Поэтому для
решения задачи надо найти
точку М, из которой все
стороны треугольника ABC
видны под углом 120°, и
затем вписать в треуголь-
треугольник ABC треугольник DEF,
стороны которого перпенди-
перпендикулярны к AM, BM и CM
(см. задачу 47 б), стр. 81).
Г
Черт. 224.
При этом вершины DEF бу-
будут лежать на с горонах тре-
треугольника ABC, а не на их продолжениях, если все углы
треугольника ABC меньше 120°.
Предположил!, что имеет место именно этот случай. Тогда
= ^DE {MA -f MB+MQ.
Пусть теперь М — произвольная точка внутри треугольника
ABC, о, 'р, у — углы, которые прямые MA, MB и М'С об-
образуют с соответствующими сторонами треугольника DEF.
В таком случае
S = SM'DCE
M'EAF~[- SM' FBD =
=-DE-MCsin*(-\-^ EF-M'Asin a-f-y
«S-i-DE-MC+-^ EF-MA -j--FD-MB=
= ^DE (MA -f- MB -f- MC).
274 РЕШЕНИЙ ЗАДАЧ |103
Отсюда следует:
¦МА + MB -у МС ^ MA -f- MB -f MC,
что и требовалось доказать (ср. с решением задачи 101).
105. а) Первое решение. Повернём треугольник САМ
вокруг точки А на 60° в положение АВМ (черт. 225, а).
Тогда ММ = AM = AM, СМ=ВМ. Но ВМ < ВМ' -J- ММ'
и, следовательно,
При^этом BM=BM-\-MAf, лишь если М лежит на от-
отрезке ВМ. Так как /_ АММ = 60°, то в этом случае
Черт. 225.
= 60°; это означает, что точка М лежит на дуге АС
окружности, описанной около треугольника ABC (см.
черт. 225, б).
Второе решение. Проведём через точку М прямые МР,
MQ и MR параллельно сторонам АС, АВ и ВС тре-
треугольника ABC (черт. 226, с). Четырёхугольники MQAR,
MPBR, MPCQ, как нетрудно видеть, будут равнобедренными
трапециями; следовательно, MA = QR, MB=PR, MC = PQ.
Таким образом, расстояния MA, MB и МС равны сторонам
треугольника PQR, откуда следует, что МА -|- МС ^ MB.
Равенство МА-\-МС—МВ имеет место только в том
случае, когда RQ-\-QP=PR, т. е. точка Q лежит на от-
105]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
275
резке PR (черт. 226, б). В этом случае /_RMA= /ROA
?PMC = Z.PQC, /_RQA =/_PQC; значит, /RMA =
= /_CMP, ?AMC=Z.RMP=\2V и, следовательно, точ-
точка М лежит на дуге АС
окружности, описанной около
треугольника ABC
С
Черт. 226.
Третье решение. Опустим из точки М перпендику-
перпендикуляры МАХ, MB, и МС, на стороны треугольника ABC
(черт. 227, а). Вокруг четырёхугольника АС1МВ1 можно
В
Черт. 227.
описать окружность с диаметром AM; так как / В}АС, = 60°,
то Bt С,— сторона равностороннего треугольника, впнсан-
ного в эту окружность. Поэтому Б,СД = i-jj- MA; аналогично
276
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
A05
AlBl = —^- MC, i41C1 = -K- MB. Но из треугольника AJBlCx
имеем;
откуда
При этом МВ=МА-\~МС, если точки Л1Т Б, и С, лежат
на одной прямой, причём Б, расположена между А1 и С,
(черт. 227, б). Мы утверждаем, что в этом случае М лежит
на дуге АС окружности, описанной около треугольника ABC.
В самом деле, /СХМА =/СХВХА, /AlMC=Z.AiBvC- Но так
как в рассматриваемом случае ^C151i4 = ^i4IZ?lC, то
/С1МА = //А1МС и gi/AMC=ZC,MAl = \20o, что и дока-
доказывает наше утверждение.
Заметим, что вообще для того чтобы осиовавия перпендикуляров,
опущенных из некоторой точки ва стороны произвольного треуголь-
треугольника, лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы задан-
заданная точка лежала на окружности, описанной окаю этого треугольника
(см. выше задачу 85 из § 1).
Четвёртое решение. Применим к четырёхугольнику
МАВС теорему Птолемея (см. задачу 269 из § 4 гл. II
третьей части книги), получим:
МВ-АС^МА-СВ+МС-АВ,
где знак равенства имеет место лишь в том случае, когда во-
вокруг четырёхугольника МАВС можно описать окружность.
, Но ЛС= СВ=АВ н, следовательно,
* МВ^МА-\-МС,
что и требовалось доказать.
б) Построим на стороне ВС задан-
заданного треугольника ABC вне его пра-
правильный треугольник ВСА' (черт. 228).
Пусть X—произвольная точка пло-
плоскости. Из треугольника ХАА' имеем:
AA'*ZXA-\-XA\
Черт. 228.
причём равенство имеет место лишь в том случае, когда точка X
лежит на отрезке АА'. Далее, в силу предложения задачи а)
106}
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
277
причём равенство имеет место лишь тогда, когда точка X лежит
на дуге СтВ окружности, описанной вокруг треугольни-
треугольника ВСА'.
Из полученных соотношений имеем:
АА' < ХА + ХВ -f- XC.
Если М есть точка пересечения АА с описанной окружностью
треугольника ABC, то
т. е.
А А = MA -f MB -f MC,
MA -f- ЛШ-f MC < XA -f XB-\-XC
h, следовательно, точка М удовлетворяет условию задачи 103.
При помощи простого подсчёта нетрудно убедиться, что если
один из углов треугольника ABC равен 120°, то отрезок АА
и дуга СтВ пересекутся в вершине этого угла, а если один
из углов заданного треугольника больше чем 120°, то они
вовсе не пересекутся. В этом последнем случае, как можно
доказать, минимальным свойством также будет обладать вер-
вершина тупого угла.
106. Рассмотрим прежде всего тот случай, когда числа
а, Ь, с таковы, что сумма двух меньших из них меньше
третьего; пусть, например, а~^Ь-\-с. Для любой точки X
имеем:
а-ХА-\- b
= b (XA -f ХВ) -|-с {ХА-{-ХС) -
с АС
(ибо ХА-{-ХВ^АВ, ХА-\-ХС^АС), так что сумма а-ХА-\~
-\-b-XB-f-c-XC принимает наименьшее значение, когда точ-
точка X совпадёт с точкой А.
Таким образом, остаётся рассмотреть только тот слу-
случай, когда существует треугольник, стороны которого рав-
равны a, b и с. При рассмотрении этого случая можно пттн
четырьмя путями, аналогичными решениям задач 103, 104 а),
104 б) и 105.
Первое решение. Пусть AOBVCO — треугольник, сто-
стороны которого равны a, b и с, сс = -г-, Y = "^: ^—ПР°'
извольная точка плоскости. Центрально-подобное вращение с
278
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|10б
центром А, коэффициентом подобия у » углом поворота, рав-
равным углу Ао треугольника А0В0С0 (вращение производится в
направлении от В к С), переводит треугольник АХС в тре-
треугольник АХС (черт. 229). Треугольники АХХ н А0В0С0
АХ А В
подобны, ибо, по условию, -jjr- = у = ¦—?¦, /ХАХ=/В„А,Сп.
V V* п
Из их подобия следует, что —Грг = —- = а; ХХ=аАХ; кро-
ЛЛ и
ме того, по построению, СХ = *(СХ. Следовательно,
СХ -4- XX -J- ХВ=-( ¦ СХ+ а • АХ-\-ВХ = с-сх+А
С
Черт. 229.
н, значит, величина а-АХ-\-
-\-b-BX-\-c-CX имеет наи-
наименьшее значение тогда, ко-
когда ломаная ВХХ'С имеет
в. наименьшую длину. Здесь
возможны следующие случаи.
1°. Прямая ВС пересечёт
сторону АС заданного тре-
треугольника в некоторой точке D.
В таьом случае кратчайшей
iij всех ломаных, соединяющих
точки Б и С и пересекающих отрезок АС, является отре-
отрезок ВС. Пользуясь тем, что угол АХХ равен углу Со тре-
треугольника АвВиС0, легко найгн точку М. Для этого построим
на отрезке AD дугу, вмещающую указанный угол, располо-
расположенную по ту же сторону от прямой АС, что и точка В.
Если эта дуга пересечётся с отрезком ВС, то точка пе-
пересечения как раз и будет искомой точкой Л1. Если же по-
построенная дуга не пересечётся с отрезком ВС, то искомая
точка М должна совпасть с вершиной В треуголь-
треугольника ABC.
2°. Если прямая ВС не пересечёт сторону АС треугольни-
треугольника ABC, то кратчайшей из ломаных ВХХ'С, пересекающих
сторону АС, будет либо ломаная ВСС, либо ломаная ВАС.
Ясно, что в первом случае искомая точка М совпадёт с
вершиной С заданного треугольника, а во втором — с его
вершиной А.
Второе решение. Если в треугольнике DEF
EF:FD:DE=a:b:c, то сумма расстояний до сторон DEF от
любой внутренней точки М, умноженных соответственно на
'061 преобразования подоспя 279
числа a, b и с, постоянна. Действительно, из черт. 230 имеем:
с с
или, если EF — ak, FD = bk, DE=ck,
SLDEF=^MA-ka + ^MB-kb -f \-MC-kc,
a-MA-\-b-BM-\-c-MC = 2S^f = const.
Здесь А, В и С—основания перпендикуляров, опущенных из
М на стороны треугольника DEF.
Опишем теперь вокруг заданного треугольника ABC тре-
треугольник DEF, стороны которого относятся как а:Ь:с, так,
чтобы перпендикуляры к сторонам DEF, восставленные в точ-
точках А, В и С, пересекались в одной точке М (построение
аналогично построению в зада-
задаче 104 а)). Если точка Л1 лежит f,
внутри треугольника ABC, то она
удовлетворяет нашему мини-
минимальному условию; доказатель-
доказательство этого проводится, как в
решении задачи 104 а). Если
же точка Л1 лежит вне треуголь-
треугольника ABC, то условию задачи
удовлетворяет одна из вершин
треугольника.
Третье решение. Впи-
Впишем в данный треугольник ABC
треугольник DEF, стороны которого относятся как а:Ь:с,
так, чтобы перпендикуляры, опущенные из вершин ABC на
стороны DEF, пересекались в одной точке М (построение ана-
аналогично построению задачи 104 б)).
В случае, когда построенный нами треугольник DEF ока-
оказывается вписанным в треугольник ABC в обычном смысле
(т. е. все его вершины лежат на сторонах треугольника ABC,
но не на их продолжениях), аналогично решению задачи 104 б)
показывается, что искомой точкой является точка М. В про-
противном случае ответом задачи служит одна из вершин тре-
треугольника ABC.
Четвёртое решение. Воспользуемся следующим
предложением, обобщающим результат задачи 105 а): если
в треугольнике ABC BC\CA:ABz=a:b:c, то для любой
Черт. 230.
280 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ТОЧКИ М ПЛОСКОСТИ
[106]
причём знак равенства имеет место тогда, когда точка М
лежит на соответствующей дуге окружности, описанной во-
вокруг треугольника ABC. Доказательство этого предложения
(которое можно получить несколькими способами аналогично
рэшениям задачи 105 а)), мы предоставляем читателю.
Построим теперь на стороне ВС данного треугольника ABC
треугольник ВС А такой, что ВС.СА :А'В=а:Ь:с, и опи-
опишем окружность вокруг этого треугольника. Если X—любая
точка плоскости, то из треугольника ХАА' следует, что
причём равенство имеет место лишь для точек отрезка АА'.
Кроме того,
а-ХА'^Ъ-ХВ-\- с-ХС,
причём равенство выполняется лишь для точек дуги ВтС.
Умножив первое из полученных соотношений на а и сло-
сложив со вторым, получим:
а ¦ А А' < а • ХА -\- Ь • ХВ -\- с • ХС,
причём равенство выполняется лишь для точки М пересечения
дуги ВтС с отрезком АА:
а-АА' = а-МА-\-Ь-МВ-\-с-МС.
Таким образом,
т. е. полученная точка М удовлетворяет условию задачи.
Если дуга ВтС не пересечётся с отрезком АА, то, как
можно видеть, решением задачи явится одна из вершин тре-
треугольника ABC.
СПИСОК ЗАДАЧ, ИНЫЕ РЕШЕНИЯ КОТОРЫХ
СОДЕРЖАТСЯ В ДРУГИХ КНИГАХ
В этом списке указаны номера задач, другие решения которых
приведены в одной из следующих книг:
1°. Ж. А дам ар. Элементарная геометрия, ч. I, M.. Учпедгиз,
1948 (книга содержит спыше 400 задач, к которым Д. И. Перепелкн-
ным написаны подробные решения) — обозначается буквой «А».
2°. Б. Н. Д е л о и е и О. К. Житомирски й, Задачник по гео-
геометрии, М.—Л., Гостехиздат, 1952 —обозначается буквой «Д».
3°. Д. О. Шклярскпй, Н. Н. Чепцов, И. М. Яглом, Из-
Избранные задачи и теоремы элементарной геометрии, ч. 2, М., Гостех-
Гостехиздат, 1952 — обозначается буквой «Ш».
Так, например, в правой стороне таблицы против номера 85 стоит
А. 72, Д. 87, Ш. 124; это означает, что иные решения задачи 85 име-
имеются в книгах Ж. Адамара (задача 72), Б. Н. Делоне и О. К. Житомир-
Житомирского (задача 87) и Д. О. Шклярского, Н. Н. Ченцова, И. М. Яглохи
(задача 124). Против номера 79 б), рядом с которым в скобках )ка-
зано: частный случай, стоит А. 122, Ш. 70 а), б), в); следовательно,
иные решения задач, яшяющнхея частными случаями задачи 79 б),
имеются в книгах Ж. Адамара (задача 122) и Д. О. Шклярского,
Н. Н. Ченцова, И. М. Яглома (задачи 70 а), б), в)).
Л"°№ задач
Где содержится
№ft» задач
Где содержится
12 б) (частный
случай)
1о
14 а)
19 (частный
случай)
20 а)
22
25 в)
316)
40 а), б) (частный
случай)
41 а)
45 а)
Ш. 101
А. 117, Ш. 79
А. 36, Д. 36
Ш. 68 а), б)
Ш. 92
Ш. 91
А. 38
Ш. 67 б)
А. 115 а), б)
А. 119
А. 60
50 а)
51 а)
53 а)
57 а)
57 б)
64
74 а)
79 б) (частный
случай)
86 в)
87
Д. 86, Ш. 98
А. 101, Д 88, Ш.99
А 33
А." стр. 182—183,
Ш. 131
А. стр. 187, Ш. 133
А. 105, Д. 64,
Ш. 125 а)
А. 113, Ш. 88
А. 122, Ш. 70 а), б),
в)
А. 72, Д. 87, Ш. 124
Д. 249, Ш. 117
Ш. 126
СОДЕРЖАНИЕ ВТОРОГО ТОМА КНИГИ
ЧАСТЬ ТРЕТЬЯ
ЛИНЕЙНЫЕ И КРУГОВЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
В в е д е н II е. Что такое геометрия? (Окончание)
Глава I. Линейные преобразования
§ 1. Параллельное проектирование плоскости на плоскость. Лн-
нейные преобразования плоскости.
К 2 Центральное проектирование плоскости на плоскость. Обоб-
щённые линейные (проективные) преобразования плоскости.
S 3 Центра1ыюс проектирование, переводящее заданную окруж-
" ность в окружность. Стереографическая проекция.
§ 4. Полярные преобразования плоскости. Принцип двоиствен-
§ 5. Проективные преобразования прямой и окружности. Построе-
Построения с помощью одной линейки.
Приложение к гл. I. Неевклидова геометрия Лобачевского
(первое изложение).
Г л а в а II. Круговые преобразования
в 1 Симметрия относительно окружности (инверсия).
I 2 Применение инверсии к решению задач на построение.
' Построения с помощью одного циркуля.
§ 3. Пучки окружностей. Радикальная ось двух окружностей.
§ 4. Инверсия (окончание).
§ 5. Осевые кругоиые преобразования.
Приложение к гл. II. Неевклидова геометрия Лобачевского
(второе изложение).
Решения задач
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
БИБЛИОТЕКА
МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
Вып. 1. Д. О. Шклярскин, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Из-
Избранные задачи и теоремы элементарной математики,
часть 1. Арифметика и алгебра.
Вып. 2. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Из-
Избранные задачи и теоремы элементарной математики,
часть 2. Геометрия (планиметрия).
Вып. 3. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Из-
Избранные задачи и теоремы элементарной математики,
часть 3. Геометрия (стереометрия).
Вып. 4. II. М. Яглом и В. Г. Болтянский, Выпуклые фигуры.
Вып. 5. А. М. Яглом и И. М. Яглом, Неэлементарные задачи
в элементарном изложении.
Вып. 6. Е. Б. Дынкин и В. А. Успенский, Математические
беседы.
Вып. 7. И. М. Яглом, Геометрические преобразования, I. Дви-
Движения и преобразования подобия.
11-3-1
Яглом Исаак Моисеевич.
Геометрические преобразования I.
Редакторы Э. П. Тихонова и В. А. Солодкой.
Техн. редактор С. И. Ax.ta.4oa.
Корректор С. И. Емельянова.
Сдано в иабор I5/VI 1955 г. Подписано
к печати I8/X 1955 г. Бумага 84 X Ю8/„.
Физ. печ. л. 8,88. Условно-иеч. л. 14,56.
Уч.-изд. л. 14,80. Тираж 25 000 виз.
T-OSII4. Цена книги 5 р. 45 к. Заказ Лз 618.
Государственное издательство технино-
теоретическоЛ литературы
Москва, В-71, Б. Калужсная, 15.
Министерство культуры СССР
Главное управление полиграфическое
промышленности
Первая Образцовая типография имени
А. А. Жданова. Москва, Ж-54, Валовая, 28