Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. (4-е изд. — Осторожно! В этом издании немало опечаток!)МЦНМО, 2002

 Глава 30. § -1  |  Оглавление |  Глава 31.

Решения

30.1.
Обозначим данные прямые через l0 и l, данные точки на прямой l0 - через A0, B0, C0, данные точки на прямой l - через A, B, C. Пусть l1 - произвольная прямая, не проходящая через точку A. Возьмем произвольную точку O0, не лежащую на прямых l0 и l1. Обозначим через P0 центральное проектирование прямой l0 на прямую l1 с центром в точке O0, а через A1, B1, C1 - проекции точек A0, B0, C0. Пусть l2 - произвольная прямая, проходящая через точку A, не совпадающая с прямой l и не проходящая через A1. Возьмем некоторую точку O1 на прямой AA1 и рассмотрим центральное проектирование P1 прямой l1 на l2 с центром в O1. Обозначим через A2, B2, C2 проекции точек A1, B1, C1. Ясно, что A2 совпадает с A. Наконец, пусть P2 - проектирование прямой l2 на прямую l, которое в том случае, когда прямые BB2 и CC2 не параллельны, является центральным проектированием с центром в точке пересечения этих прямых, а в том случае, когда прямые BB2 и CC2 параллельны, является параллельным проектированием вдоль одной из этих прямых. Композиция P2°P1°P0 является требуемым проективным преобразованием.
30.2.
а) Обозначим точку пересечения четырех данных прямых через O; пусть H - проекция этой точки на прямую l и h = OH. Тогда
2SOAC = OA · OCsin (ac) = h · AC,

2SOBC = OB · OCsin (bc) = h · BC,

2SOAD = OA · ODsin (ad) = h · AD,

2SOBD = OB · ODsin (bd) = h · BD.
Поделив первое равенство на второе, а третье - на четвертое, получаем
 OAsin (ac)

OBsin (bc)
 =   AC

BC
,      OAsin (ad)

OBsin (bd)
 =   AD

BD
.
Деля получившиеся равенства, получаем |(ABCD)| = |(abcd)|. Для доказательства того, что числа (ABCD) и (abcd) имеют одинаковый знак, можно, например, выписать все возможные способы расположения точек на прямой (24 способа), и в каждом случае убедиться в том, что (ABCD) положительно тогда и только тогда, когда пара прямых a, b не разделяет пару прямых c, d.
б) является непосредственным следствием задачи а).

30.3.
Пусть a, b, c, x, y - координаты точек A, B, C, X, Y. Тогда
 x – a

x – b
 :   c – a

c – b
 =   y – a

y – b
 :   c – a

c – b
.
Следовательно, поскольку все точки различны, (x – a)(y – b) = (x – b)(y – a). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем ax – bx = ay – by. Сокращая это равенство на (a – b), получаем x = y.
30.4.
Пусть образ каждой из трех данных точек при одном проективном преобразовании совпадает с образом этой точки при другом проективном преобразовании. Докажем, что тогда совпадают образы любой другой точки при этих преобразованиях. Обозначим образы данных точек через A, B, C. Возьмем произвольную точку и обозначим через X и Y ее образы при данных проективных преобразованиях. Тогда согласно задаче 30.2 (ABCX) = (ABCY), и следовательно, согласно задаче 30.3, X = Y.
30.5.
Эта задача является следствием предыдущей.
30.6.
Фиксируем на прямой a три различные точки. Согласно задаче 30.1 существует проективное отображение P, которое эти точки отображает так же, как данное отображение. Но в решении задачи 30.4 фактически доказано, что любое отображение, сохраняющее двойное отношение, однозначно определяется образами трех точек. Поэтому данное отображение совпадает с P.
30.7.
Во-первых, покажем, что дробно¯линейное преобразование
P(x) =   ax + b

cx + d
,     ad – bc 0,
сохраняет двойное отношение. Действительно, пусть x1, x2, x3, x4 - произвольные числа и yi = P(xi). Тогда
yi – yj =   axi + b

cxi + d
 –   axj + b

cxj + d
 =   (ad – bc)(xi – xj)

(cxi + d)(cxj + d)
;
следовательно, (y1y2y3y4) = (x1x2x3x4).
В решении задачи 30.4 фактически было доказано, что если преобразование прямой сохраняет двойное отношение, то оно однозначно задается образами произвольных трех различных точек. Согласно задаче 30.2, б) проективные преобразования сохраняют двойное отношение. Остается доказать, что для любых попарно различных точек x1, x2, x3 и попарно различных точек y1, y2, y3 найдется дробно¯линейное преобразование P, для которого P(xi) = yi. Для этого, в свою очередь, достаточно доказать, что для любых трех различных точек найдется дробно¯линейное преобразование, переводящее их в три фиксированные точки z1 = 0, z2 = 1, z3 = Ґ. Действительно, если P1 и P2 - дробно¯линейные преобразования такие, что P1(xi) = zi и  P2(yi) = zi, то P2 – 1(P1(xi)) = yi. (Преобразование, обратное дробно¯линейному, является дробно¯линейным, так как если y = (ax + b)/(cx + d), то x = (dy – b)/( – cy + a); то, что композиция дробно¯линейных преобразований дробно¯линейна, проверьте самостоятельно.)

Итак, нам надо доказать, что если x1, x2, x3 - произвольные различные числа, то найдутся такие числа a, b, c, d, что ad – bc 0 и 
ax1 + b = 0,

ax2 + b = cx2 + d,cx3 + d = 0.
Найдя из первого и третьего уравнений b и d и подставив во второе, получаем уравнение
a(x2 – x1) = c(x2 – x3),
из которого находим решение a = (x2 – x3), b = x1(x3 – x2), c = (x2 – x1), d = x3(x1 – x2). При этом ad – bc = (x1 – x2)(x2 – x3)(x3 – x1) 0.

30.8.
Первое решение. Пусть a, b, c, d - координаты данных точек. Тогда по условию (c – a)(d – b) = (c – b)(d – a). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем cb + ad = ca + bd. Перенося все в левую часть и разлагая на множители, получаем (d – c)(b – a) = 0, т. е. либо a = b, либо c = d.
Второе решение. Предположим, что C D, и докажем, что в этом случае A = B. Рассмотрим такое центральное проектирование данной прямой на другую прямую, при котором точка D проецируется в бесконечно удаленную точку. Пусть Aў, Bў, Cў - проекции точек A, B, C. Согласно задаче 30.2 (ABCD) = (AўBўCўҐ) = 1 т. е.
®
AC
 
 =  ®
BC
 

. Но это значит, что A = B.

30.9.
Согласно задаче 30.6 нам достаточно доказать, что преобразование P сохраняет двойное отношение четверки точек. Пусть A, B, C, D - произвольные точки прямой l. Обозначим через Aў, Bў, Cў, Dў их образы при преобразовании P, а через a, b, c, d и aў, bў, cў, dў - прямые MA, MB, MC, MD и  NAў, NBў, NCў, NDў соответственно. Тогда согласно задаче 30.2, a) (ABCD) = (abcd) и (AўBўCўDў) = (aўbўcўdў), а  по теореме о  вписанном угле Р(ac) = Р(aўcў), Р(bc)  =  Р(bўcў) и т. д., а значит, (abcd) = (aўbўcўdў).
30.10.
Пусть N = R – 1(M), m = R(l), PN - проектирование прямой l на окружность из точки N, Q - проектирование прямой m на прямую l из точки M. Тогда PM – 1°R°PM = Q°R°PN – 1°PM. Но согласно предыдущей задаче отображение PN – 1°PM проективно.
30.11.
Прямые, проходящие через O и параллельные плоскости a1 (соответственно a2), пересекают плоскость a2 (соответственно a1) в точках прямой l2 (соответственно l1). Поэтому если точка лежит на одной из плоскостей a1, a2 и  не лежит на прямых l1, l2, то определено проектирование ее на другую плоскость. Ясно, что разные точки проецируются в разные.
30.12.
При центральной проекции на плоскость a2 с центром O прямая l проецируется в пересечение плоскости, проходящей через O и l, с плоскостью a2
30.13.
Эта задача является непосредственным следствием аксиом геометрии и определения.
30.14.
а) Из задачи 30.13, в) следует, что если наряду с обычными точками рассматривать бесконечно удаленные, то преобразование P взаимно однозначно. При этом бесконечно удаленная прямая отображается на бесконечно удаленную прямую. Поэтому множество конечных точек тоже взаимно однозначно отображается на множество конечных точек. А поскольку прямые при отображении P переводятся в прямые, то P аффинно.
б) Обозначим через l прямую, на которой лежат точки A, B, C D, а через l0 - исключительную прямую преобразования P. Возьмем произвольную точку O вне плоскости a и рассмотрим плоскость b, которая проходит через прямую l и параллельна плоскости, проходящей через прямую l0 и точку O. Пусть Q - композиция центрального проектирования плоскости a на плоскость b с центром O и последующего поворота пространства вокруг оси l, переводящего плоскость b в плоскость a. Исключительной прямой преобразования Q является прямая l0. Поэтому проективное преобразование R = P°Q – 1 плоскости a переводит бесконечно удаленную прямую в бесконечно удаленную прямую и согласно задаче а) является аффинным, в частности, сохраняет отношения отрезков, лежащих на прямой l. Остается заметить, что преобразование Q оставляет точки прямой l неподвижными.

в) То, что параллельные прямые l1 и l2 переходят в параллельные, означает, что бесконечно удаленная точка A этих прямых переходит в бесконечно удаленную точку, т. е. A лежит на прообразе l бесконечно удаленной прямой. Следовательно, либо l - бесконечно удаленная прямая, и тогда согласно задаче а) преобразование P аффинно, либо прямая l параллельна прямым l1 и l2.

г) Обозначим через lҐ бесконечно удаленную прямую. Если P(lҐ) = lҐ, то P задает взаимно однозначное преобразование плоскости, которое каждую прямую переводит в прямую, и, значит, по определению является аффинным. В противном случае обозначим P(lҐ) через a и рассмотрим произвольное проективное преобразование Q, исключительной прямой которого является a. Обозначим Q°P через R. Тогда R(lҐ) = lҐ, и, значит, как было показано выше, R аффинно. Следовательно, P = Q – 1°R проективно.

30.15.
а) Достаточно показать, что точки A, B, C, D можно перевести проективным преобразованием в вершины квадрата. Пусть E и F - точки (возможно, бесконечно удаленные) пересечения прямой AB с прямой CD и прямой BC с прямой AD соответственно. Если прямая EF конечна, то существует центральное проектирование плоскости ABC на некоторую плоскость a, для которого EF - исключительная прямая. В качестве центра проецирования можно взять произвольную точку O вне плоскости ABC, а в качестве плоскости a - произвольную плоскость, параллельную плоскости OEF и не совпадающую с ней. При этом точки A, B, C, D проецируются в вершины параллелограмма, который уже при помощи аффинного преобразования можно перевести в квадрат. Если же прямая EF бесконечно удаленная, то ABCD - уже параллелограмм.
б) В силу задачи а) нам достаточно разобрать случай, когда ABCD и A1B1C1D1 - один и тот же параллелограмм. В этом случае его вершины неподвижны, а значит, неподвижны две точки бесконечно удаленной прямой, в которых пересекаются продолжения противоположных сторон. Поэтому согласно задаче 30.14, а) отображение должно быть аффинным, и, следовательно, согласно задаче 29.6, - тождественным.

в) Поскольку прямые l и l1 мы можем спроецировать на бесконечность (см. решение задачи а)), нам достаточно доказать, что существует аффинное преобразование, которое данную точку O отображает в данную точку O1, а прямые, параллельные данным прямым a, b, c соответственно, отображает на прямые, параллельные данным прямым a1, b1, c1 соответственно. Можно считать, что прямые a, b, c проходят через O, а прямые a1, b1, c1 - через O1. Выберем на c и c1 произвольные точки C и C1 и проведем через каждую из них по две прямые aў, bў и a1ў, b1ў параллельно прямым a, b и a1, b1 соответственно. Тогда аффинное преобразование, которое параллелограмм, ограниченный прямыми a, aў, b, bў, переводит в параллелограмм, ограниченный прямыми a1, a1ў, b1, b1ў (см. задачу 29.6, в)), является искомым.

г) Не обязательно. Преобразование из задачи 30.21 (как и тождественное преобразование) оставляет неподвижными точку O и прямую a.

30.16.
а) Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности (см. рис. 30.2), обозначим через P середину отрезка EM, а через M* и P* - точки пересечения прямых NM и NP соответственно с прямой OE.

Рис. 30.2

Докажем, что для любого числа k > 2 можно выбрать точку M таким образом, что M* E : P* E = k. Пусть A(ab) - произвольная точка плоскости, A*(t, 0) - точка пересечения прямых NA и OE, B(0, b) - проекция точки A на прямую ON. Тогда
t =   A*O

ON
 =   AB

BN
 =   a

1 – b
.
Поэтому, если (xz) - координаты точки M, то точки P, M*, P* имеют соответственно координаты
P ж
и
 x + 1

2
 z

2
ц
ш
,    M* ж
и
 x

1 – z
, 0 ц
ш
,    P* ж
и
 (x + 1)/2

1 – (z/2)
, 0 ц
ш
,
значит,
M*E : P*E =  ж
и
 x

1 – z
 – 1 ц
ш
 :  ж
и
 x + 1

2 – z
 – 1 ц
ш
 =   x + z – 1

1 – z
 :   x + z – 1

2 – z
 =   2 – z

1 – z
.
Ясно, что уравнение (2 – z)/(1 – z) = k имеет решение z = (k – 2)/(k – 1), причем если k > 2, то 0 < z < 1, и, следовательно, точка
M(
Ц
 

1 – z2
 
z)

требуемая.

Докажем теперь основное утверждение задачи. Обозначим данные окружность и точку внутри ее соответственно через S и C. Если точка C является центром окружности S, то требуемым проективным преобразованием является тождественное преобразование. Поэтому будем считать, что C не центр. Обозначим через AB диаметр, содержащий точку C. Пусть для определенности BC > CA. Положим k = BA : AC. Тогда k > 2, и, следовательно, как было доказано, на единичной окружности в плоскости Oxy можно расположить точку M так, что M*E : P*E = k = BA : CA. Поэтому преобразованием подобия окружность S можно перевести в окружность S1, построенную в плоскости Oxy на отрезке EM* как на диаметре, так, чтобы точки A, B, C перешли соответственно в точки E, M*, P*. При стереографической проекции окружность S1 проецируется в  окружность S2 на единичной сфере, которая симметрична относительно плоскости Oxz, а значит, и относительно прямой EM. Поэтому EM - диаметр окружности S2, а его середина - точка P - ее центр. Пусть a - плоскость, содержащая окружность S2. Ясно, что при центральном проектировании плоскости Oxy на плоскость a из северного полюса единичной сферы окружность S1 перейдет в S2, а точка P* - в ее центр P.

б) Диаметр AB, проходящий через M, переходит в диаметр. Поэтому касательные в точках A и B переходят в касательные. Но если параллельные прямые переходят в параллельные, то исключительная прямая им параллельна (см. задачу 30.14, в)).

30.17.
Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности, обозначим через P пересечение отрезка EM с прямой z = 1. Ясно, что двигая точку M по дуге NE, мы можем сделать отношение EM : MP равным произвольному числу. Поэтому преобразованием подобия данную окружность S можно перевести в окружность S1, построенную на отрезке EM как на диаметре в плоскости a, перпендикулярной Oxz, так, чтобы данная прямая l перешла в прямую, проходящую через P перпендикулярно Oxz. Окружность S1 лежит на единичной сфере с  центром в начале координат, следовательно, при стереографической проекции она проецируется в окружность S2 на плоскости Oxy. Таким образом, при центральном проектировании плоскости a на плоскость Oxy из N окружность S1 перейдет в S2, а  прямая l - в бесконечно удаленную.
30.18.
Пусть M - произвольная точка на данной хорде. Согласно задаче 30.16 существует проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а точку M - в ее центр. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит в прямую, данная хорда перейдет в диаметр.
30.19.
Проведем через O две произвольные хорды AC и BD. Пусть P и Q - точки пересечения продолжений противоположных сторон четырехугольника ABCD. Рассмотрим произвольное проективное преобразование, которое S отображает в окружность, а O - в ее центр. Ясно, что четырехугольник ABCD при этом преобразовании переходит в прямоугольник, а следовательно, прямая PQ - в  бесконечно удаленную.
30.20.
Проективное преобразование прямую переводит в прямую, а поскольку центр остается на месте, каждый диаметр переходит в диаметр. Поэтому каждая бесконечно удаленная точка, в которой пересекаются прямые, касающиеся окружности в диаметрально противоположных точках, переходит в бесконечно удаленную точку. Следовательно, согласно задаче 30.14, а) данное преобразование аффинно, а согласно задаче 29.14 оно является поворотом или симметрией.
30.21.
а) Точка Mў лежит на прямой OM, поэтому ее положение однозначно определяется отношением MO : OMў. Но в силу того, что треугольники MBO и MAMў подобны, MO : OMў  =  MB : BA, а последнее отношение не зависит от выбора прямой l по теореме Фалеса.
б) Первое решение. Если данное преобразование (обозначим его P) доопределить в  точке O, положив P(O) = O, то, как легко проверить, P задает взаимно однозначное преобразование множества всех конечных и  бесконечных точек плоскости (чтобы по точке Mў построить точку M, надо взять на a произвольную точку A, провести прямые AMў, OB||AMў и AB). Ясно, что каждая прямая, проходящая через O, переходит в себя. Каждая прямая l, не проходящая через O, переходит в прямую, параллельную OB и проходящую через M. Остается воспользоваться задачей 30.14, г).

Второе решение (набросок). Обозначим данную плоскость через p, и пусть pў = R(p), где R - некоторый поворот пространства вокруг оси a. Обозначим R(O) через Oў, и  пусть P - проектирование плоскости p на плоскость pў из точки пересечения прямой OOў с плоскостью, проходящей через b параллельно pў. Тогда преобразование R – 1°P совпадает (докажите самостоятельно) с преобразованием, о котором идет речь в  формулировке задачи.

30.22.
Первое решение. Обозначим данное преобразование через P. Доопределим его в точках прямой x = 0 и в бесконечно удаленных точках, положив P(0, k) = Mk, P(Mk) = (0, k), где Mk - бесконечно удаленная точка на прямой y = kx. Легко видеть, что доопределенное таким образом отображение P взаимно однозначно. Докажем, что каждая прямая переходит в прямую. Действительно, прямая x = 0 и бесконечно удаленная прямая переходят одна в другую. Пусть ax + by + c = 0 - произвольная другая прямая (т. е. b или c не равно нулю). Поскольку P°P = E, образ любой прямой совпадает с ее прообразом. Ясно, что точка P(xy) лежит на рассматриваемой прямой тогда и только тогда, когда
 a

x
 +   by

x
 + c = 0

, т. е. cx + by + a = 0. Остается воспользоваться задачей 30.14, г).
Второе решение (набросок). Если прямые x = 1 и x = 0 обозначить соответственно через a и b, а точку ( – 1, 0) - через O, то данное преобразование совпадает с преобразованием из предыдущей задачи.

30.23.
Если прямую f обозначить через b, то преобразование этой задачи является обратным преобразованию из задачи 30.21.
30.24.
Рассмотрим проективное преобразование, для которого прямая PQ является исключительной. Образы l1ў и l2ў прямых l1 и l2 при этом преобразовании параллельны, а  образами рассматриваемых четырехугольников являются параллелограммы, у которых две стороны лежат на прямых l1ў и l2ў, а две другие стороны параллельны некоторой фиксированной прямой (бесконечно удаленная точка этой прямой является образом точки P). Ясно, что геометрическим местом точек пересечения диагоналей таких параллелограммов является прямая, равноудаленная от прямых l1ў и l2ў.
30.25.
Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой EF. Тогда четырехугольник ABCD перейдет в параллелограмм, а прямые KL и MN - в прямые, параллельные его сторонам и проходящие через точку пересечения диагоналей, т. е. в средние линии. Поэтому образы точек K, L, M, N являются серединами сторон параллелограмма и, следовательно, образы прямых KN и LM параллельны, т. е. точка X переходит в бесконечно удаленную точку, а значит, X лежит на исключительной прямой EF.
30.26.
Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой AB. Образы точек при этом преобразовании будем обозначать буквами со штрихом. Рассмотрим гомотетию с центром в точке Oў (или параллельный перенос, если Oў - бесконечно удаленная точка), переводящую точку C1ў в C2ў. При этой гомотетии отрезок B1ўC1ў перейдет в отрезок B2ўC2ў, поскольку B1ўC1ў|| B2ўC2ў. Аналогично C1ўA1ў перейдет в C2ўA2ў. Поэтому соответственные стороны треугольников A1ўB1ўC1ў и A2ўB2ўC2ў параллельны, т. е. все три точки Aў, Bў, Cў лежат на бесконечно удаленной прямой.
30.27.
Рассмотрим проективное преобразование, исключительная прямая которого проходит через точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, и обозначим через Aў, Bўј образы точек A, Bј Тогда AўB1ў||BўA1ў, BўC1ў||CўB1ў, и надо доказать, что CўA1ў||AўC1ў (см. задачу 1.12, а)).
30.28.
В результате проективного преобразования с исключительной прямой PQ задача сводится к задаче 4.54.
30.29.
Эта задача является переформулировкой предыдущей. Действительно, предположим, что пара прямых OO1 и OB разделяет пару прямых OA и OC, а пара прямых O1O и O1B разделяет пару прямых O1A и O1C (остальные способы расположения этих прямых разберите самостоятельно аналогично этому). Тогда если точки A1, B, B1, C1, O, O1 и точку пересечения прямых AB1 и CC1 переобозначить соответственно D, R, L, K, Q, P и B, то из предыдущей задачи следует, что нужные прямые проходят через точку M.
30.30.
Рассмотрим проективное преобразование с исключительной прямой O1O2 и обозначим через Aў, Bўј образы точек A, Bј Тогда AўC1ў||CўA1ў||BўB1ў, BўC1ў||CўB1ў||AўA1ў. Будем для определенности считать, что точка C лежит внутри угла AўOўBў (остальные случаи переобозначением сводятся к этому). Сделав еще, если необходимо, аффинное преобразование, мы можем считать, что параллелограмм OўAўC1ўBў является квадратом, а  значит, OўA1ўCўB1ў - тоже квадрат, причем диагонали OўC1ў и  OўCў этих квадратов лежат на одной прямой. Остается воспользоваться симметрией относительно этой прямой.

30.31.
Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной l и проходящей через точку пересечения прямых PP1 и QQ1, а затем аффинное преобразование, которое образы прямых l и PP1 делает перпендикулярными, мы можем считать, что прямые PP1 и QQ1 перпендикулярны прямой l, а наша задача заключается в том, чтобы доказать, что прямая RR1 тоже перпендикулярна l (точки P1, Q1, R1 останутся серединами соответствующих отрезков, поскольку эти отрезки параллельны исключительной прямой; см. задачу 30.14, б)). Отрезок PP1 является медианой и высотой, а значит, и биссектрисой в треугольнике, образованном прямыми l, AB и CD. Аналогично, QQ1 - биссектриса в  треугольнике, образованном прямыми l, AC и BD. Из этого и из того, что PP1||QQ1, следует, что РBAC = РBDC. Следовательно, четырехугольник ABCD вписанный, и РADB = РACB. Обозначим точки, в которых l пересекает прямые AC и BD, через M и N (рис. 30.3). Тогда угол между l и AD равен РADB – РQNM  =  РACB – РQMN, т. е. он равен углу между l и BC. Следовательно, треугольник, ограниченный прямыми l, AD и BC, равнобедренный, и отрезок RR1, являющийся его медианой, является также его высотой, т. е. он перпендикулярен прямой l, что и  требовалось доказать.

Рис. 30.3

30.32.
Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной l и проходящей через точку A, мы можем считать, что точка A бесконечно удаленная, т. е. прямые AB и AC параллельны. При этом согласно задаче 30.14, б) точки A1, B1, C1 по-прежнему будут серединами соответствующих отрезков, так как эти отрезки лежат на прямой, параллельной исключительной. Два треугольника, образованные прямыми l, AB, BC и l, AC, BC, гомотетичны, следовательно, прямые BB1 и CC1, являющиеся медианами этих треугольников, параллельны. Таким образом, четырехугольник BB2CC2 является параллелограммом, поскольку у него параллельны противоположные стороны. Остается заметить, что точка A2 лежит на середине диагонали BC этого параллелограмма, а значит, и на диагонали B2C2.
30.33.
Сделаем проективное преобразование, исключительной прямой которого является прямая PQ. Через Aў, Bўј обозначим образы точек A, Bј Тогда AўBўCўDў - параллелограмм, Rў - точка пересечения его диагоналей, Qў - бесконечно удаленная точка прямой QўRў, Kў и Lў - точки, высекаемые сторонами параллелограмма на прямой QўRў. Ясно, что точки Kў и Lў симметричны относительно точки Rў. Следовательно,
(QўRўKўLў) =   QўKў

QўLў
 :   RўKў

RўLў
 = 1 :   RўKў

RўLў
 =  – 1.
Остается заметить, что согласно задаче 30.2, б) (QRKL) = (QўRўKўLў).
30.34.
Согласно теореме Паскаля точки пересечения прямых A1B2 и C1C2, B1C2 и A1A2, C1A1 и B1B2 лежат на одной прямой. Переведем эту прямую на бесконечность. После этого можно воспользоваться результатом задачи 14.15.
30.35.
Ответ: можно. Рассмотрим вершины правильного 1991-угольника (красные точки) и точки, в которых продолжения его сторон пересекают бесконечно удаленную прямую (синие точки). Этот набор точек обладает требуемым свойством. В самом деле, для любого правильного n-угольника, где n нечетно, прямая, проходящая через его вершину и параллельная одной из сторон, проходит еще через одну вершину. Любой заданный конечный набор точек проективным преобразованием можно перевести в набор конечных (т. е. не бесконечно удаленных) точек.
30.36.
Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность четырехугольника переводит в окружность, а точку пересечения прямых, соединяющих противоположные точки касания, в ее центр (см. задачу 30.16, а)). Утверждение задачи теперь следует из того, что получившийся четырехугольник симметричен относительно центра окружности.
30.37.
Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность переводит в окружность, а точку пересечения двух из трех рассматриваемых прямых - в ее центр (см. задачу 30.16, а)). Тогда образы этих двух прямых являются одновременно биссектрисами и  высотами образа данного треугольника, следовательно, он является правильным. Для правильного треугольника утверждение задачи очевидно.
30.38.
Рассмотрим отдельно два случая.
1. Точка P лежит вне S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдет в окружность, а точка P - в бесконечно удаленную точку (см. задачу 30.17), т. е. образы всех прямых, проходящих через P, будут друг другу параллельны. Тогда в задаче б) образом искомого ГМТ является прямая l - их общий перпендикуляр, проходящий через центр окружности, а в задаче а) - прямая l, из которой выкинут диаметр окружности. (Для доказательства нужно воспользоваться симметрией относительно прямой l.) Следовательно, само искомое ГМТ для задачи б) есть прямая, проходящая через точки касания S с касательными, проведенными через точку P, а для задачи б) - лежащая вне S часть этой прямой.

2. Точка P лежит внутри S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдет в окружность, а точка P - в ее центр (см. задачу 30.16, а)). Тогда в обеих задачах образом искомого ГМТ является бесконечно удаленная прямая. Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая.

Полученная прямая в обоих случаях совпадает с полярой точки P относительно S (см. задачу 30.19).

30.39.
Обозначим через m прямую, являющуюся искомым геометрическим местом точек в задаче 30.38, б), а через N - отличную от M точку пересечения S с прямой OM. Обозначим через Q композицию проецирований l на S из M и S на m из N. Согласно задаче 30.9 это отображение является проективным. Докажем, что P есть композиция Q с проецированием m на l из M. Пусть A - произвольная точка на l, B - ее проекция на S из M, C - проекция B на S из O, D - пересечение прямых BN и CM. Согласно задаче 30.38, б) точка D лежит на прямой m, т. е. D = Q(A). Ясно, что P(A) - это проекция D на l из M.
30.40.
Обе задачи становятся очевидными после проективного преобразования, переводящего окружность S в окружность, а прямую KP - в бесконечно удаленную (см. задачу 30.17).
а) Требуемое ГМТ лежит на прямой, равноудаленной от образов прямых AK и BK.

б) Требуемая точка есть центр образа S.

30.41.
Пусть Aў, Bўј - образы точек A, Bј при проективном преобразовании, которое вневписанную окружность треугольника ABC переводит в окружность, а хорду EF - в диаметр (см. задачу 30.18). Тогда Aў - бесконечно удаленная точка прямых, перпендикулярных диаметру EўFў, и нам нужно доказать, что прямая DўTў содержит эту точку, т. е. тоже перпендикулярна EўFў. Так как DTўBўEў ~ DTўFўCў, то CўTў : TўEў  =  CўFў : BўEў. Но CўDў = CўFў и BўDў = BўEў как касательные, проведенные из одной точки, следовательно, CўTў : TўEў = CўDў : DўBў, т. е. DўTў||BўEў.
30.42.
Согласно задаче 30.16, а) достаточно рассмотреть случай. когда диагонали AD и BE проходят через центр окружности. Остается воспользоваться результатом задачи 6.86 для n = 3.
30.43.
Рассмотрим проективное преобразование, переводящее окружность S в окружность, а точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF - в бесконечно удаленные точки (см. задачу 29.19). Наша задача свелась к задаче 2.11.
30.44.
Рассмотрим проективное преобразование, которое окружность S переводит в окружность, а точку O - в ее центр Oў (см. задачу 30.16, а)). Пусть Aў, Bўј - образы точек A, Bј Тогда AўBў, MўNў и PўQў - диаметры. Поэтому при центральной симметрии относительно Oў точка Eў переходит в Fў, т. е. Oў - середина отрезка EўFў. Так как хорда AB перпендикулярна диаметру, проходящему через O, то согласно задаче 30.16, б) она параллельна исключительной прямой. Следовательно, согласно задаче 30.14, б) отношения отрезков, лежащих на прямой AB, сохраняются, а значит, O - середина отрезка EF.
30.45.
Рассмотрим проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а отрезок AD - в ее диаметр (см. задачу 30.18). Пусть Aў, Bўј - образы точек A, Bј Тогда S переходит в бесконечно удаленную точку Sў прямых, перпендикулярных прямой AўDў. Но AўCў и BўDў - высоты в DAўDўPў, следовательно, Qў - ортоцентр этого треугольника. Поэтому прямая PўQў - тоже высота, следовательно, она проходит через точку Sў.
30.46.
Согласно задаче 30.15 достаточно рассмотреть только тот случай, когда ABCD - квадрат. Нам надо доказать, что композиция описанных в условии проектирований является тождественным преобразованием. Согласно задаче 30.4 проективное преобразование тождественно, если у него имеются три различные неподвижные точки. Несложно проверить, что точки A, B и бесконечно удаленная точка прямой AB являются неподвижными для данного преобразования.
30.47.
При проецировании прямой QR из точки A на прямую CD точки Q, R, K, L проецируются в точки D, C, P, L соответственно. Следовательно, согласно задаче 30.2, б) (QRKL)  =  (DCPL). Аналогично, проецируя из точки B прямую CD на прямую QR, получаем (DCPL) = (RQKL), следовательно, (QRKL)  =  (RQKL). С другой стороны,
(RQKL) =   RK

RL
 :   QK

QL
 =  ж
и
 QK

QL
 :   RK

RL
ц
ш
 – 1

 
 = (QRKL) – 1.
Из этих двух равенств следует, что (QRKL)2 = 1, т. е. либо (QRKL) = 1, либо (QRKL) =  – 1. Но согласно задаче 30.8 двойное отношение различных точек не может равняться единице.

30.48.
Обозначим точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, CA1 и AC1 через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CA1 - через R1. Нам надо доказать, что точки R и R1 совпадают. Пусть D - точка пересечения AB1 и CA1. Рассмотрим композицию проектирований: прямой CA1 на прямую l1 из точки A, l1 на CB1 из B и CB1 на CA1 из P. Легко видеть, что получившееся проективное преобразование прямой CA1 точки C, D и A1 оставляет неподвижными, а точку R переводит в R1. Но согласно задаче 30.5 проективное преобразование с тремя неподвижными точками тождественно. Следовательно R1 = R.
30.49.
Пусть Fў - точка, симметричная F относительно O. Нам надо доказать, что Fў = E. Согласно задаче 30.9 композиция проецирования прямой AB на окружность S из точки M, а затем S обратно на AB из Q является проективным преобразованием прямой AB. Рассмотрим композицию этого преобразования с симметрией относительно точки O. При этом точки A, B, O, E переходят соответственно в B, A, Fў, O. Следовательно, согласно задаче 30.2, б), (ABOE) = (BAFўO). С другой стороны, ясно, что
(BAFўO) =   BFў

AFў
 :   BO

AO
 =   AO

BO
 :   AFў

BFў
 = (ABOFў), т. е. (ABOE) = (ABOFў),
следовательно, согласно задаче 30.3, E = Fў.
30.50.
Обозначим точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CD - через Rў. Нам надо доказать, что точки R и Rў совпадают. Пусть G - точка пересечения AB и CD. Рассмотрим композицию проецирований прямой CD на данную окружность из точки A, а затем - окружности на прямую BC из точки E. Согласно задаче 30.9 это отображение проективно. Легко видеть, что его композиция с проецированием BC на CD из точки P оставляет на месте точки C, D и G, а точку R переводит в Rў. Но согласно задаче 30.5 проективное преобразование с тремя неподвижными точками тождественно. Следовательно, Rў = R.

30.51.
Обозначим данные прямую и окружность через l и S соответственно. Пусть O - произвольная точка данной окружности, и пусть A1, A1ў, B1, B1ў, C1, C1ў - образы точек A, Aў, B, Bў, C, Cў при проецировании прямой l на окружность S из точки O, т. е. A1 (соответственно A1ў, B1ј) - отличная от O точка пересечения прямой AO (соответственно AўO, BOј) с окружностью S. Обозначим через B2 точку пересечения прямых A1ўB1 и A1B1ў, а  через C2 - точку пересечения прямых A1ўC1 и A1C1ў. Пусть P1 - композиция проецирований прямой l на окружность S из точки O, а затем окружности S на прямую B2C2 из точки A1ў; P2 - композиция проецирований B2C2 на S из точки A1, а затем S на l из точки O. Тогда согласно задаче 30.9 преобразования P1 и P2 являются проективными, причем их композиция точки A, B, C отображает соответственно в Aў, Bў, Cў.
Ясно, что все рассмотренные точки можно построить при помощи одной линейки (в том порядке, в котором они вводились).

а) Пусть M1 - отличная от O точка пересечения прямой MO с окружностью S; M2 = P1(M) - точка пересечения прямых A1ўM1 и B2C2; M3 - отличная от A1 точка пересечения прямой M2A1 с окружностью S; P(M) = P2(P1(M)) - точка пересечения прямых l и OM3.

б) Пусть M1 и N1 - точки пересечения окружности S с прямой B2C2. Тогда неподвижные точки преобразования P - это точки пересечения прямых OM1 и ON1 с прямой l.

30.52.
а) Искомой точкой X является неподвижная точка композиции проецирования l1 на l2 из точки A, сдвига вдоль прямой l2 на расстояние a и проецирования l2 на l1 из точки B. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.51.
б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на центральную симметрию относительно E.

30.53.
а) Обозначим через k число, которому должно равняться отношение AX/BY. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a на прямую b из точки P, движения плоскости, переводящего b в a и B в A, и, наконец, гомотетии с центром A и коэффициентом k. Искомая точка X является неподвижной точкой этого преобразования. Построение точки Y очевидно.
б) Обозначим через k число, которому должно равняться произведение AX · BY, через Q - точку пересечения прямых, проходящих через точки A и B параллельно прямым b и a соответственно, и пусть p = AQ · BQ. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a на прямую b из точки P, проецирования b на a из Q, и гомотетии с центром A и коэффициентом k/p. Пусть X - неподвижная точка этого преобразования, Y - ее образ при первом проецировании, а X1 - образ Y при втором проецировании. Докажем, что прямая XY искомая. Действительно, из подобия треугольников AQX1 и BYQ следует
AX1 · BY = AQ · BQ = p,
а значит,
AX · BY = (k/p)AX1 · BY = k.

30.54.
Пусть P - данная точка; A, B, C - попарные точки пересечения данных прямых a, b, c; X, Y, Z - точки пересечения данных прямых с искомой прямой l (рис. 30.4). По предположению XZ = ZY. Пусть T - точка пересечения прямой c с прямой, проходящей через X параллельно b. Очевидно, что XT = AY. Из подобия треугольников XTB и CAB следует, что XB : XT = CB : CA, откуда BX : YA = CB : CA, т. е. отношение BX : YA известно. Таким образом, задача сведена к задаче 30.53, а).

Рис. 30.4

30.55.
а) Согласно задаче 30.9 композиция проецирований CD на S из A и S на CD из B является проективным преобразованием прямой CD. Пусть M - неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на расстояние a. Тогда проекция M на S из A является искомой точкой. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.51.
б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на центральную симметрию относительно E.

30.56.
а) Проведем произвольную окружность S через точку P. Согласно задаче 30.10 композиция проецирования l на S из P, поворота вокруг центра окружности S на угол 2a и проецирования S на l из P является проективным преобразованием прямой l. Тогда (по теореме о вписанном угле) искомой точкой является неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на данное расстояние XY. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.51.
б) Проведем произвольные окружности S1 и S2 через точки P и Q соответственно. Рассмотрим композицию проецирования l1 на S1 из P, поворота вокруг центра окружности S1 на угол 2a и проецирования S1 на l2 из P. Согласно задаче 30.10 это отображение является проективным. Аналогично, проективным отображением является композиция проецирования l2 на S2 из Q, поворота вокруг центра окружности S2 на угол 2b и проецирования S2 на l1 из Q. По теореме о вписанном угле искомой точкой X является неподвижная точка композиции этих отображений, и для ее построения можно воспользоваться задачей 30.51.

30.57.
а) Обозначим данные точки M1јMn, а данные прямые - l1јln. Вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка проективного преобразования прямой l1, являющегося композицией проектирований l1 на l2 из M1, l2 на l3 из M2ј, ln на l1 из Mn. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.51.

б) Выберем произвольную точку на данной окружности и посредством проецирования из выбранной точки отождествим данную окружность с некоторой прямой l. Согласно задаче 30.39 центральное проектирование окружности на себя при данном отождествлении является проективным преобразованием прямой l. Ясно, что вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка композиции последовательных проектирований данной окружности на себя из данных точек. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.51.

в) В решении задачи б) надо некоторые центральные проектирования заменить либо на повороты вокруг центра окружности, если соответствующая сторона имеет данную длину, либо на симметрии, если соответствующая сторона имеет данное направление (ось симметрии - диаметр, перпендикулярный данному направлению).

30.58.
Предположим, что нам удалось найти требуемое построение, т. е. написать некоторую инструкцию, в результате выполнения которой всегда получается середина данного отрезка. Выполним это построение и рассмотрим проективное преобразование, которое концы данного отрезка оставляет неподвижными, а середину переводит в другую точку. Это преобразование можно выбрать так, чтобы исключительная прямая не проходила ни через одну из точек, получающихся в результате промежуточных построений. Выполним нашу якобы существующую инструкцию еще раз, но теперь всякий раз, когда нам будут встречаться слова «возьмем произвольную точку (соответственно прямую)», будем брать образ той точки (соответственно прямой), которую брали при первом выполнении построения. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит в прямую, а пересечение прямых - в пересечение их образов, причем в силу выбора проективного преобразования это пересечение всегда конечно, то на каждом шаге второго построения будем получать образ результата первого построения, поэтому в конце получим не середину отрезка, а ее образ. Приходим к противоречию.
Замечание. Фактически мы доказали следующее утверждение: если существует проективное преобразование, которое каждый из объектов A1јAn переводит в себя, а объект B в себя не переводит, то, исходя из объектов A1јAn, объект B невозможно построить с помощью одной линейки.

30.59.
Утверждение задачи непосредственно вытекает из замечания в конце решения предыдущей задачи и из задачи 30.16, а).



File translated from TEX by TTH, version 3.00.
On 22 Nov 2002, 13:47.

  Глава 30. § -1  |  Оглавление |  Глава 31.

Copyright © 2002 МЦНМО Внимание! Данное издание содержит опечатки!
Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора.
Заказ книги: biblio@mccme.ru.
Rambler's Top100