Автор: Яглом И.М.
Теги: математика геометрические преобразования элементарная геометрия движения и преобразования подобия
Год: 1855
Текст
$u€iuomeKa
MA ТЕ MA TH ЧЕ CKO Г О
кружка
И.M. Я MOM
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
ВЫПУСК 7
И. м. яглом
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
I
ДВИЖЕНИЯ
И ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
ПОДОБИЯ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1935
11-3-1
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие............................................. 4
Указания к пользованию книгой........................... 8
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
ДВИЖЕНИЯ
Введение. Что такое геометрия? (Начало) ................13
Глава I. Собственные движения...........................19
§ 1. Параллельный перенос .........................19
§ 2. Симметрия относительно точки и вращение.......25
Глава II. Симметрии.....................................42
§ 1. Симметрия относительно прямой и скользящая сим-
метрия .............................................42
§ 2. Собственно-равные и зеркально-равные фигуры. Клас-
сификация 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 II. Дальнейшие применения движений и преобразо-
ваний подобия..........................................116
§ 1. Системы подобных между собой фигур ..........116
§ 2. Применение движений и преобразований подобия к ре-
шению 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 281
Содержание второго тома книги..........................282
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга, состоящая из двух томов, посвящена элемен-
тарной геометрии. В течение главным образом XIX века в
элементарной геометрии был накоплен весьма обширный ма-
териал. Было доказано много красивых и неожиданных тео-
рем о кругах, треугольниках, многоугольниках н 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, посвящён-
ных элементарной геометрии, ибо большинство теорем элемен-
тарной геометрии, выходящих за пределы школьного курса,
лишь забавно, но бесполезно и лежит далеко в стороне от
основной линии развития математической науки. Но, кроме кон-
кретных 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-
тельны и плодотворны; так, обе они в своём непосредственном
развитии приводят к неевклидовым геометриям. Раскрытие
одной из этих идей — идеи теоретико-группового обоснования
геометрии — и составляет основную задачу книги.
Книга разбита на три части, последняя из которых, состав-
ляющая содержание второго тома, значительно больше осталь-
ных; причины такого разбиения на части выясняются во вве-
ПРЕДИСЛОВИЕ
5
дениях к частям. Два тома книги по своему характеру не-
сколько отличны один от другого (об этом см. введение к
третьей части). Первый том, посвящённый движениям и пре-
образованиям подобия, более непосредственно примыкает к
школьному материалу; может быть, поэтому он несколько скучнее
второго. Во втором томе, посвящённом линейным и круговым
(иными словами—проективным и конформным) преобразованиям1),
основное внимание уделяется возможности применения этих
преобразований к элементарной геометрии; соответственно этому
изложение иногда строится в форме указаний к решению за-
дач (см., например, начало § 3 гл. 1 третьей части). При
этом линейные и круговые преобразования здесь трактуются
совершенно одинаково, вопреки установившейся традиции, со-
гласно которой инверсия всегда относится к элементарной гео-
метрии, а аффинные и проективные преобразования — к высшей.
Приложения к главам I и II третьей части посвящены неевкли-
довой геометрии Лобачевского; они тесно примыкают к соот-
ветствующим главам и широко используют их результаты.
Скажем ещё несколько слов о характере книги. Она рас-
считана на довольно широкий круг читателей (об этом см.
«Указания к пользованию книгой», стр. 8), а в таких слу-
чаях всегда приходится жертвовать интересами одних читате-
лей ради интересов других. Автор всюду старался жертвовать
интересами квалифицированных читателей и более стремился
к простоте и наглядности, чем к строгости и логической отто-
ченности: Соответственно этому в книге, например, не опреде-
ляется общее понятие геометрического преобразования, так как
определение интуитивно ясных понятий всегда затрудняет не-
опытного читателя. По этой же причине пришлось отказаться
от использования направленных углов и отложить до второй
главы введение направленных отрезков, хотя из-за этого не-
которые рассуждения в основном тексте и в решениях задач,
строго говоря, приходится считать неполными (см., напри-
мер, доказательства на стр. 50). Нам кажется, что во всех
этих случаях более подготовленный читатель сумеет само-
стоятельно дополнить изложение, а для менее подготовлен-
ного некоторая нестрогость не явится дефектом. Стремлением
к элементарности объясняется и то, что расширение плоскости
путём введения «идеальных» элементов в третьей части книги *
2) См. содержание второго тома 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-
ственном опыте убедился в том, насколько затрудняет чтение
книги 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-
ция», «гомология» и многие другие, хотя соответствующие поня-
тия играют значительную роль п было бы удобно иметь для них
специальные термины. Вместо названия «аффинные преобразо-
вания» употребляется более простой термин «линейные преоб-
разования» (переводящие прямые линии в прямые линии), вместо
«проективных преобразований» часто говорится об «обобщён-
ных линейных преобразованиях», вместо «конформных преобра-
зований» (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-
мых» и о «сложении движений», в книге речь идёт о «перпен-
дикулярных окружностях» (а не об «ортогональных») и о «сло-
жении преобразований» (а не об «умножении»). Разумеется,
такие выражения, как «сумма проективных преобразований»
(вместо «произведения») пли «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-
рическим преобразованиям в ряде случаев терминология ока-
залась совершенно не разработанной — это относится не только
к материалу § 5 гл. II третьей части, никогда не излагавше-
муся в учебной или в научно-популярной литературе, но даже
к совершенно элементарным вопросам, которым посвящён § 2
гл. I второй части. В этих случаях автору приходилось самому
предлагать новые наименования; насколько они удачны — предо-
ставляется судить читателям. Наоборот, в геометрии треуголь-
ника, которой посвящены многие задачи, терминология является
«слишком разработанной», и автор счёл нужным почти пол-
ностью отказаться от принятых названий, которые часто со-
ПРЕДИСЛОВИЕ
7
здают ложное впечатление о «важности» малозначительных
понятий и предложений1).
Рукопись книги проверялась автором в его работе в Оре-
хово-Зуевском пединституте — часть первая, гл. I из второй
части и §§ 1, 2 и (частично) 4 из гл. II третьей части, вместе
с введениями к частям, составляли содержание раздела «Плани-
метрия» курса элементарной геометрии, а гл. I третьей части
существенно использовалась в курсе проективной геометрии.
Происхождение книги связано с работой автора в геометриче-
ской секции школьного математического кружка при Москов-
ском 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-
чаях 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. Перепёлкина, 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-
шую 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, Брокера и пр.
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
Настоящая книга может представлять интерес для довольно
широкого круга читателей — учащихся старших классов и учи-
телей средних школ, студентов и преподавателей физико-ма-
тематических факультетов пединститутов. При этом разные
категории читателей будут использовать её по-разному. Школь-
нику естественно рассматривать книгу как задачник, в кото-
ром условия задач сопровождаются обширными указаниями,
облегчающими решение. Задачи не следует решать все под-
ряд, 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-
ние книги, то после ознакомления с какой-либо частью сле-
дует вернуться назад и прочитать введение.
Учителю средней школы задачи следует рассматривать
лишь как иллюстрации приложимости основного материала
к конкретным вопросам элементарной геометрии. При этом
большой материал, собранный в задачах, может оказаться
полезным ему в работе с учащимися. Книга может быть ис-
пользована в школьном математическом кружке (например,
по такому плану: руководитель сам излагает теоретический ма-
териал, а задачи предлагает для решения участникам); кое-что
из неё, 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. 1 и
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
9
II третьей части; возможно также и введения к отдельным
частям). Преподаватель пединститута может использовать книгу
при чтении лекций по тем же курсам и при ведении упраж-
нений по элементарной геометрии и проективной геометрии.
Первый том книги представляет самостоятельное целое.
Однако автор рассчитывает, что большинство читателей не ог-
раничится чтением только первого тома, так как второй том
определённо содержательнее й интереснее первого. Последняя
глава первого тома (гл. II второй части) является в некотором
смысле «повторительной»; она показывает пути расширения
предшествующего материала и возможность дальнейших при-
ложений его к конкретным вопросам; в её содержании основ-
ную роль играют задачи. Так как материал этой главы отходит
в сторону от основной линии изложения, то она вполне мо-
жет быть опущена; в частности, читателю, намеревающемуся
перейти ко второму тому книги, не следует особенно задер-
живаться 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-
ния же опираются на основной материал и показывают, на-
сколько плодотворно применение преобразований в элемен-
тарной геометрии. Основное внимание уделяется методам, а
не результатам; поэтому ряд задач повторяется в нескольких
местах книги, так как сравнение разных решений одной за-
дачи всегда поучительно. Может оказаться также интересным
сравнить приведённые в книге решения с другими, не исполь-
зующими геометрических преобразований (как правило, более
искусственными); для того чтобы читатель имел эту возмож-
ность, в конце каждого тома помещён список задач, иные
решения которых имеются в одном из трёх распространённых
сборников задач.
Задачи подбирались по возможности так, чтобы их фор-
мулировки могли заинтересовать читателя и тем самым при-
влечь его внимание к теоретическому материалу; в частности,
здесь содержится много предложений по геометрии треуголь-
ника и многоугольника, не излагавшихся ранее в нашей
литературе.
10
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
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-
ния— здесь автор стоял на той точке зрения, что эти задачи
представляют главным образом логический интерес и не свя-
заны с обязательным выполнением построения. Зато книга
содержит довольно большой материал по принципиальным
вопросам теории построений: сюда относятся вопросы возмож-
ности 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-
строения одним циркулем — задачи 239—243 из § 2 гл. 11
третьей части; одной линейкой — задачи 109 из § 1, 119—120
из § 2 гл. 1 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, пли нескольких окруж-
ностей 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-
тьей части можно рассматривать как введение в кинематиче-
скую 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-
метрии Римана во втором из этих приложений), хотя было бы
желательно изложить здесь все неевклидовы геометрии Кели —
Клейна. В книгу включена элементарная теория преобразо-
ваний 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-
жится теория более общих преобразований Ли (преобразова-
ния, 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-
образований Лагерра.
Кроме того, весь материал книги можно углубить в не-
скольких направлениях. Так, например, в ней нигде не
УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ
п
фигурируют стереометрические предложения'). Заметим, впро-
чем что ограничение случаем плоскости мало отразилось на
идейном содержании книги. Правда, отдел задач за счёт сте-
реометрии можно было бы сделать значительно ярче и инте-
реснее, 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-
тоды 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 тетрациклических ко-
ординатах, 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, посвящённая топологии3).
*) 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-
издат, 1949 и Ж. Ада мар, Элементарная геометрия, ч. 2, М., Учпед-
гиз, 1952.
*) Значительный материал по теории конических сечений и по ана-
литическим 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 воспользоваться книгами: Д. Гильберт
и С. Кон-Фоссе н, Наглядная геометрия, гл. VI, М.— Л., Г остехиз-
Дат, 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-
ных известным образом в пространстве, называется геометри-
ческой фигурой», даётся следующее определение геометрии:
«наука, рассматривающая свойства геометрических фигур,
называется геометрией». Таким образом, создаётся впечат-
ление, что вопрос, поставленный в заглавии настоящего вве-
дения, 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-
рии 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-
метрии совсем неважно, нарисован ли треугольник на белой
бумаге или на чёрной доске: цвет треугольника не является
предметом изучения геометрии. Правда, на это можно возра-
зить, 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 пря-
дать ему большую убедительность, хотелось бы сослаться на
точное «математическое» определение того, какими же именно
свойствами фигур занимается геометрия, а такого определе-
ния мы не имеем. Это чувство неудовлетворённости ещё
14
ДВИЖЕНИЯ
более возрастает, если попытаться объяснить, почему рас-
стояния от вершины нарисованного на доске треугольника до не-
которых прямых, например до противоположной стороны (высо-
та треугольника), рассматриваются в геометрии, а расстояния от
вершины до других прямых, например до края доски, не рас-
сматриваются. Такое объяснение вряд ли можно дать, если ис-
ходить только из приведённого выше определения геометрии.
Прежде чем перейти к дальнейшему изложению, отметим,
что нельзя упрекать школьный учебник за неполноту при-
ведённого в нём определения. Определение Киселёва есть, по-
жалуй, единственное, которое можно предложить на первой
ступени изучения геометрии. Достаточно сказать, что история
геометрии насчитывает более 4000 лет, а первое научное опре-
деление геометрии, объяснение которого составляет одну из ос-
новных целей настоящей книги, было дано лишь около 80 лет
тому назад (в 1872 г.) немецким математиком Ф. Клейном. Потре-
бовалось создание Н. И. Лобачевским неевклидовой геомет-
рии 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-
личных «геометрий», не может служить достаточным фунда-
ментом для всего обширного здания геометрической наукиг).
Перейдём теперь к выяснению того, какие же именно
свойства геометрических фигур изучает геометрия. Мы ви-
дели, 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 Киселёва, разумеется, само по себе
ещё не делает определение полным: ведь на вопрос о том,
что такое «геометрические свойства», мы можем пока только
*) Хотя неевклидова геометрия явилась толчком, послужившим
причиной появления того определения геометрии, о котором идёт
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 общности будет подробно обсуждено во введении
к этой части. Нам кажется, что такой порядок расположения мате-
риала может более всего облегчить читателю понимание всей глубины
замечательного творения Лобачевского.
ВВЕДЕНИЕ
15
ответить, что это «те свойства, которые изучаются геомет-
рией . Таким образом, получается порочный круг: геометрию
мы определяем как науку, изучающую геометрические свой-
ства фигур, а геометрические свойства — как те свойства, ко-
торые изучает геометрия. Для того чтобы выбраться из этого
порочного круга, нам надо определить, что такое «геометри-
ческие свойства», не пользуясь словом «геометрия».
Чтобы разобраться в вопросе о том, что такое «геометри-
ческие свойства» фигур, вспомним следующее хорошо изве-
стное утверждение: задача о построении треугольника по двум
сторонам а, b и заключённому между ними углу С имеет
Черт. 1.
только одно решение (черт. l.a)1). Если вдуматься в по-
следнюю фразу, то она может показаться неправильной: ведь
треугольников с данными сторонами а, b 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, b и углу С можно
построить только один треугольник, очевидно, имеет только
тот смысл, что все треугольники, имеющие данные стороны
а, Ь и данный угол С, равны между собой. Таким образом,
точнее было бы сказать, что по двум сторонам и углу между
ними можно построить бесконечно много треугольников, од-
нако все они будут равны между собой. Когда же в геометрии
*) В противоположность этому задача о построении треугольника
по сторонам а, b и углу А, противолежащему одной из данных сто-
рон, может иметь два решения (черт 1,6).
16
ДВИЖЕНИЯ
говорится, что существует единственный треуголь-
ник, 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-
рию мы определили как науку, изучающую «геометрические
свойства» фигур, то очевидно, что только фигуры, имеющие
одни и те же геометрические свойства, нельзя отличить одну
от другой. Таким образом, равные фигуры должны иметь оди-
наковые геометрические
обратно, не равные между
собой фигуры должны
иметь различные геоме-
трические свойства, так
как иначе они были бы
неразличимы.
Итак, мы пришли к
требуемому определению
геометрических свойств
фигур, геометрическими,
свойствами фигур назы-
ваются те свойства, ко-
торые являются общими
для всех равных между
собой фигур. Теперь мы
можем точно ответить на
вопрос о том, почему,
какой-либо вершины треугольника
расстояние
так как оно
свойства;
расстояние
свойством,
треугольников
к определению
«геометрические
например,
от края доски не изучается геометрией: это
не является геометрическим свойством, так как оно мо-
жет быть различным для равных треугольников. Наоборот,
высота треугольника является геометрическим
так как соответствующие высоты равных
всегда равны.
Теперь мы уже значительно приблизились
геометрии. Мы знаем, что геометрия изучает
свойства» фигур, т. е. те свойства, которые совпадают у рав-
ных 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-
ВВЕДЕНИЕ
17
прос о том, что такое равные фигуры, вовсе не труден, и
на него учебник Киселёва даёт совершенно удовлетвори-
тельный ответ. Согласно Киселёву «две геометрические фи-
гуры называются равными, если перемещением одной из
них в пространстве её можно совместить со второй фигу-
рой, так что обе фигуры совместятся во всех своих ча-
стях». Другими словами, равные фигуры — это те, которые
можно совместить движением; следовательно, геометриче-
ские свойства фигур, т. е. свойства, общие всем равным фи-
гурам,— это те свойства, которые не меняются при движении
фигуры.
Итак, окончательно мы приходим к следующему определе-
нию геометрии: геометрия есть наука, изучающая те свой-
ства геометрических фигур, которые не меняются при
движении фигуры. На этом определении мы пока и остано-
вимся; оно допускает ещё значительное развитие, но об этом
речь будет итти в дальнейшем.
Придирчивый критик может не удовлетвориться и послед-
ним определением геометрии и потребовать ещё, чтобы ему
определили, что такое движение. На это можно ответить сле-
дующим образом: движением называется геометрическое
преобразование плоскости {или пространства), переводящее
каждую точку А в новую точку А', такое, что расстоя-
ние между каждыми двумя точками А и В равно рас-
стоянию между точками А' и В', в которые они перехо-
дят ^.Однакотакое определение является довольно абстракт-
ным; так как мы установили, что движения играют в геометрии
основную роль, хотелось бы более нагляд-
но представить себе эти преобразования
и подробно изучить все их свойства. Та-
точками А и В про-
Расстояние между дв\мя точками А
и В плоскости равно V [хг — х,)* -|- (yt — у2)г,
где Xj, yv соответственно хг, уг — 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
ие нуждается в дальнейших разъяснениях.
Аналогично этому расстояние между двумя
"Ранства равно УЪс, — хг)’ -НЛ ~~ у У -f- {г, — гг)‘, где х„ у„
— декартовы координаты точек А и 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 их 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-
менимые к решению многих геометрических задач, и позво-
ляет иногда объединить ряд задач, которые при иных методах
решения требуют каждая отдельного рассмотрения. Для при-
мера укажем следующие три известные задачи на построение:
а) построить треугольник, если известны три точки пло-
скости, являющиеся вершинами равносторонних треугольников,
построенных вне треугольника на его сторонах;
б) построить треугольник, если известны три точки пло-
скости, являющиеся центрами квадратов, построенных вне тре-
угольника на его сторонах;
в) построить девятиугольник, если известны девять точек,
являющихся серединами сторон девятиугольника.
Если подходить к этим задачам с обыкновенными «школь-
ными» приёмами, то их следует рассматривать как совершенно
разные и решать независимо одну от другой1). Изучение же
движений позволяет дать простое решение следующей более
общей задачи (см. задачу 19 на стр. 39):
построить л-угольник, если известны п точек, являющихся
вершинами равнобедренных треугольников, построенных на
сторонах этого л-угольника и имеющих при вершинах задан-
ные углы а1т а2,____, ап. [Задача а) получается отсюда при
л = 3, ctj = a2 = as = 60°; задача б) — прил = 3, аг = а2~
= а3 = 90°; задача в) — при п = 9, — аг =... = as=l 80°.]
Большое число других геометрических задач, которые ре-
шаются 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.—Д., Гостехиздат,
1952, задачи 68 а), б); 79.
ГЛАВА I
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
§ 1. Параллельный перенос
Выберем на плоскости какое-либо направление NW (его
можно задать, например, прямой со стрелкой); зададим
также какой-нибудь отрезок дтпны а. Пусть А — произ-
вольная точка плоскости, А' — такая точка, что отрезок АА'
имеет направление NN' и длину а (черт. 4, а). В таком слу-
чае говорят, что точка А' получается из точки А
параллельным переносом в направлении NN' на
расстояние а или что точка А переходит в точку А'
N д к' N a n'
при указанном параллельном переносе. Сово-
купность всех точек, в которые переходят точки некоторой
фигуры F при параллельном переносе, образует новую фигуру
Р, про которую говорят, что она получается па-
раллельным переносом из фигуры F (черт. 4, б).
Иногда говорят также, что фигура F' получается, если сдви-
нуть фигуру F «как целое» в направлении Л/TV' на расстоя-
нпе 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-
щие соответствующие друг другу точки фигур F и F', па-
раллельны, одинаково направлены и равны по величине. Если
фигура F' получается из F параллельным переносом в направ-
лении MV, то фигуру F можно получить из F’ параллельным
переносом в направлении, обратном MV (в направлении Л''Л');
это позволяет говорить о парах фигур, получающихся одна из
другой параллельным переносом.
Черт. 5.
Параллельный перенос переводит прямую I в параллельную
ей прямую /' (черт. 5, а), а окружность S— в равную ей
окружность S' (черт. 5, б).
1. Даны две окружности S, и Sa и прямая I. Проведите
прямую, параллельную /, так, чтобы расстояние между точ-
ками пересечения этой прямой с окружностями S, и S2
имело данную величину а.
2. а) В каком месте следует построить мост AW че-
рез 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-
ными прямыми, мост предполагается перпендикулярным
к реке).
б) Решите ту же задачу, если деревни А и В разде-
ляются несколькими реками, через которые надо построить
мосты (черт. 6, б).
3. а) Найдите геометрическое место точек М, сумма
расстояний которых до двух данных прямых и /а имеет
известную величину а.
4—0|
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
21
б) Найдите геометрическое место точек М, разность
расстояний которых до двух данных прямых и имеет
известную величину а.
4. Докажите, что если у четырёхугольника ABCD сред-
няя линия MN (Л1 есть середина стороны AD, N—сере-
дина стороны ВС) равна полу-
сумме оснований АВ и CD, то
четырёхугольник является тра-
пецией.
5. Даны хорды АВ и CD
окружности. Найдите на ней
такую точку X, чтобы хорды
АХ и ВХ высекали на CD от-
резок EF, имеющий данную
величину а (черт. 7).
В другой связи задача 5 при-
ведена в § 5 гл. I третьей части
книги (см. задачу 181 а)).
6. а) Даны две окружности и S2, пересекающиеся
в точках А и В. Проведите через точку А прямую I, отре-
зок которой, заключённый внутри окружностей S2 и S2,
имеет данную длину а.
б) Постройте треугольник, который равен данному и сто-
роны которого проходят через три заданные точки.
В другой связи задача 6 б) приведена в § 1 гл. II второй части
(см. задачу 73 а) на стр. 120).
22
ДВИЖЕНИЯ
(71
7. Даны две окружности S, и S2. Проведите пря-
мую Г.
а) параллельную данной прямой и такую, что и S2
высекают на I равные хорды;
б) параллельную данной прямой 1Х и такую, что S, и S2
высекают на I хорды, сумма (пли разность) которых равна
данному отрезку а;
в) проходящую через данную точку А и такую, что \
и Se высекают на / равные хорды.
Параллельный перенос является примером преобразо-
вания плоскости, переводящего каждую точку А в некото-
рую другую точку А *). Очевидно, что при этом преобразо-
вании ни одна точка плоскости не остаётся на месте; дру-
гими словами, параллельный перенос ие имеет неподвиж-
ных 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-
ного 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-
гуры F' (см. черт. 4, б на стр. 19). Так как АА\\ВВ и
АА — ВВ, то четырёхугольник ААВ'В-—параллелограмм;
следовательно, АВ^АВ и АВ=АВ'. Таким образом, если
фигуры F U F получаются одна из другой параллель-
ным переносом, то соответствующие друг другу отрез-
ки этих фигур равны, параллельны и одинаково на-
правлены.
Покажем, что и обратно, если с каждой точкой фигуры F
можно сопоставить некоторую точку другой фигуры В
’) Это преобразование является движением в смысле опреде-
ления, данного во введении к этой части, так как оно, как доказано
в этом параграфе, переводит каждый отрезок АВ в равный ему от-
резок АВ'.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
23
так, что отрезки, соединяющие соответствующие друг
другу точки этих фигур, равны, параллельны и одинаково
направлены, то фигуры F и F' получаются одна из другой
параллельным переносом. Действительно, выберем какую-то
пару соответствующих друг другу точек М и М фигур F и
Д', и пусть А и А — какие-то другие соответствующие точки
этих фигур (см. черт. 4, б). По условию 2ИД||Л4'Д' и МА=МА;
следовательно, четырёхугольник ММ'А А— параллелограмм и,
значит, АА'ЦММ и АА = ММ', т. е. точка А' получается
из А параллельным пе-
реносом в направлении
прямой ММ на рас-
стояние ММ. Но так
как А и Д' — произ-
вольная пара соот-
ветствующих точек, то
это означает, что вся
фигура F' получается
из F параллельным пе-
реносом в направле-
нии ММ на расстоя-
ние ММ.
Выясним теперь, что
получится, если произ-
вести один за другим
Черт. 8.
два параллельных переноса. Пусть первый параллельный
перенос переводит фигуру F в фигуру Flt а второй — фигуру
Ft в фигуру В (черт. 8). Докажем, что существует па-
раллельный 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 Д^ЦДВ, А1В1~АВ и отрезки Д151 и АВ одинаково на-
правлены; точно так же второй параллельный перенос пере-
водит Д151 в отрезок Д'В' такой, что Д'В'||Д1В1, А'В'— Д151
и отрезки АВ' и Д151 одинаково направлены. Отсюда видно,
что соответствующие друг другу отрезки АВ и АВ фигур
F и F' равны, параллельны и одинаково направлены. Но это
п означает, что существует параллельный перенос, переводя-
щий F в F'. Итак, любую последовательность двух парал-
лельных переносов можно заменить одним параллельным
переносом.
24
ДВИЖЕНИЯ
Последнее утверждение можно сформулировать ещё иначе.
В механике замена нескольких перемещений одним, им равно-
сильным, обычно называется сложением перемещений; в этом
же смысле мы будем говорить и о сложении преобра-
зований, называя суммой двух преобразований
плоскости преобразование, которое получится, если произ-
вести сначала первое из них, а затем второе *). Тогда полу-
ченный выше результат можно сформулировать так: сумма
двух параллельных переносов есть новый параллельный пе-
ренос * 2). Отметим ещё, что если NN* есть отрезок, указы-
вающий величину и направление первого параллельного пе-
реноса (переводящего F в F,), a NLN'—отрезок, ука-
зывающий величину и направление второго параллельного
переноса (переводящего Ft в F'), то отрезок NN' указы-
вает величину и направление параллельного переноса, пере-
водящего F в F'.
Часто говорят о параллельном переносе на данное расстоя-
ние а в направлении известной прямой/. Однако это вы-
ражение не является точным, так как при заданной точке А условия:
1° А А' ||/; 2° АА' = а определяют две точки Д' и А" (черт. 9), а не одну.
а
--------------------,--------------------1
Черт. 9.
Для того чтобы уточнить это выражение, поступают следующим образом.
Одно из направлений прямой I выбирают за положительное (его можно
указать стрелкой), и величину а считают положительной или отрица-
тельной в зависимости от того, совпадает ли направление переноса
с положительным направлением прямой I или противоположно ему.
При этом двум точкам Д' и А" черт. 9 отвечают уже различные (по
знаку) величины переноса. Таким образом, естественно возникает по-
нятие о направленных отрезках прямой, которые мо-
гут быть как положительными, так и отрицательными. [Понятие на-
правленных отрезков прямой оказывается полезным и в ряде других
*) В литературе в этом же смысле употребляется также термин
«произведение преобразований».
2) Вот ещё одна формулировка того же предложения: две фигуры
F и F', которые порознь можно получить параллельным перено-
сом из одной и той же третьей фигуры Flt можно также по-
лучить параллельным переносом одну из другой.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
25
вопросов элементарной геометрии; см., например, ниже, стр. 77 или
книгу— Ж. А дамар, 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- ц ,
ей части книги.]
Можно также характеризовать па-
раздельный перенос одним направлен-
иым отрезком ЛА" плоскости, указы- л
вающим сразу и направление и вели- ц Ю
чину переноса (черт. 10). При этом мы Р • •
приходим к понятию направленных отрезков плос-
кости (векторов), которое из других соображений возникает
в механике и физике. Отметим, что понятие о сложении парал-
лельных переносов приводит к обычному определению сложения век-
торов (см. выше черт. 8).
§ 2. Симметрия относительно точки и вращение
Точка А’ называется симметричной точке А от-
носительно точки О (называемой центром симмет-
рии), если отрезок АД проходит через точку О и делится
ею пополам (черт. 11, а). Очевидно, что если точка А сим-
метрична точке А относительно точки О, то и, обратно, А
симметрична А' относительно О; это позволяет говорить
о точках, симметричных друг другу относительно дан-
ной точки. Если А симметрична А относительно О, то
говорят также, что А получается из Л отражением от
точки О.
Совокупность всех точек, симметричных точкам некоторой
фигуры F относительно точки О, образует фигуру F', сим-
метричную фигуре F относительно О (черт. 11, б);
26
ДВИЖЕНИЯ
[8—9
при этом и, обратно, фигура F будет симметрична F' относи-
тельно той же точки О. Прямая при симметрии относитель-
но 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 на черт. 12, б равны; следо-
вательно, 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-
ной прямой Z и с данной окружностью 5 делился в точке
А пополам.
9. Через общую точку А окружностей \ и Ss проведите
прямую I так, чтобы
а) окружности S, и Ss высекали на I равные хорды;
б) разность хорд, высекаемых на I окружностями S, и S2,
имела заданную длину а.
Задача 9 б), очевидно, является обобщением задачи 6 а).
1) Здесь имеется в виду какая-нибудь одна из точек пересече-
ния прямой I с окружностью S.
1(1—111
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
27
10. Даны хорды АВ и CD окружности S и точка J
на хорде CD. Найдите на окружности такую точку X, что-
бы хорды АХ и ВХ высекали на хорде CD отрезок EF,
делящийся в точке J пополам (черт. 13).
В другой связи задача 10 будет приведена во втором томе книги
(см. задачу 181 б) нз § 5
гл.
I третьей части).
11. Полоса, образованная двумя
параллельными прямыми, имеет,
очевидно, бесконечно много цент-
ров симметрии (черт. 14). Может
Черт. 13.
Черт. 14.
ли фигура иметь больше одного, но конечное число центров
симметрии (например, 2 и только 2 центра)?
Черт. 15.
и обратно, если с к аж-
Если F и F’—= две фигуры, симметричные относительно
точки О, АВ и А'В — соответствующие отрезки этих фигур
(черт. 15), то четырёхуголь-
ник АВА'В является паралле-
лограммом (так как его диаго-
нали в точке пересечения О де-
лятся пополам). Отсюда видно,
что соответствующие отрез-
ки двух фигур, симметрич-
ных относительно точки, рав-
ны, параллельны U противо-
положно направлены. Покажем, что
дой точкой фигуры F можно сопоставить некоторую точку
другой фигуры F' так, что соответствующие отрезки
этих фигур будут равны, параллельны и противопо-
ложно направлены, то фигуры F и F' симметричны отно-
сительно некоторой точки. Действительно, выберем ка-
кую-то пару соответствующих друг другу точек М и М
фигур F и F', и пусть О — середина отрезка ММ,
<4, Л’ — любые другие соответствующие точки этих фигур
28
ДВИЖЕНИЯ
(см. черт. 15). По условию AM [[ М'А' и АМ=М’А’; следо-
вательно, четырёхугольник АМА'ЛГ является параллелограммом
и, значит, середина его диагонали АА' совпадает с серединой
О диагонали ММ', т. е. точка А' получается из А симмет-
рией относительно точки О. А так как А и А’ — произволь-
ная пара соответствующих точек, то это означает, что фи-
гура F' симметрична F относительно О.
Рассмотрим теперь три фигуры F, Ft и F’ такие, что
фигура F, симметрична F относительно точки О1, а фигура F'
симметрична Ft относительно точки Ог (черт, 16). Пусть
А,ВХ—произвольный отрезок фигуры Fv АВ и А'В!— соот-
ветствующие ему отрезки фигур F и F'. В таком случае
отрезки А^Вг и АВ равны, параллельны и противоположно
направлены; отрезки AXBX 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-
раллельны и одинаково направлены, то В можно получить
из F параллельным переносом. Таким образом, сумма двух
симметрий относительно точки представляет собой па-
раллельный перенос (ср. выше, стр. 24). Это можно также
и непосредственно усмотреть из черт. 16: так как 0г02 есть
средняя линия треугольника ААгА', то АА' || ОгОг и АА' —
= 2(\О2, т. е. каждая точка А' фигуры В получается из
соответствующей точки А фигуры F параллельным переносом
в направлении OlOt на расстояние, равное удвоенному от-
резку <\Ot.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
29
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 Ov
Отметим ещё одно важное обстоятельство. Последовательность
симметрий относительно точек О, и Оа (на черт. 18: А—*-А,—►Д')
равносильна параллельному переносу на расстояние 2O,OS в направле-
нии от О, к Ov а последовательность этих же симметрий, произве-
дённых в обратном порядке (на черт. 18: А—►Л,—>--А'),
равносильна параллельному переносу на то же расстояние в обратном
Черт. 18.
направлении от Ог к О, (черт. 18). Таким образом, сумма двух сим-
метрий относительно точки существенно зависит от порядка, в ко-
тором производятся эти симметрии. Это обстоятельство вообще харак-
терно для сложения преобразований: сумма двух преобразований, как
правило, зависит от порядка слагаемых.
Говоря о сложении симметрий относительно точек, мы
рассматривали симметрию как преобразование пло-
скости, переводящее каждую точку А в новую точку А' *).
Нетрудно видеть, что единственной неподвижной точкой
этого преобразования является центр симметрии О, а непо-
движными прямыми — все прямые, проходящие через
центр О.
х) См. сноску на стр. 22.
30
ДВИЖЕНИЯ
(12-13
12. а) Пусть О,, О2, Оп(п чётно)—точки пло-
скости и АВ — произвольный отрезок; отрезок -4,51 симметри-
чен АВ относительно Ог, А2В2 симметричен AvBr относительно
02, А3В3 симметричен А2Вг относительно О3, ... , наконец,
АпВп симметричен Ап_1Вп_1 относительно Оп (см. черт. 19, а,
где п = 4). Докажите, что ААп = ВВп.
Останется ли верно утверждение задачи, если п не-
чет н о?
б) На плоскости дано нечётное число точек О,, О2, ...
..., Оп (см. черт. 19,6, где л = 3). Произвольная
Черт. 19.
точка А отражается последовательно от точек (\, Ог, ...
... , Оп и затем ещё раз отражается последовательно от
тех же точек Ог, Ог, ... , Оп. Докажите, что точка Д2П,
полученная в результате всех 2л отражений, совпадает с
точкой А.
Останется ли верно утверждение задачи, если л
чётно?
13. На плоскости даны л точек (где л нечётно, на-
пример л = 9) — середины сторон л-угольника. Постройте
его вершины.
141
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
31
Рассмотрите случай чётного п.
Обобщением задачи 13 являются задача 19 (стр. 39) и задача
66 из § 2 гл. 1 второй части (стр. 107).
14. а) Докажите, что середины сторон произвольного че-
тырёхугольника ABCD образуют параллелограмм (черт. 20, а).
б) Пусть М2, Л13, Мъ, Мъ — середины сторон
произвольного шестиугольника. Докажите, что существует
треугольник Т, стороны которого равны и параллельны
отрезкам М2М2, M3Mt, Л1вЛ/в, и треугольник Т2, стороны
которого равны и параллельны ЛГ2Л/3, Af4Af6,
(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-
нию хода часовой стрелки). Пусть А — произвольная точка
плоскости, А' — такая точка, что ОА' = ОА и ^/_АОА' = а
32
ДВИЖЕНИЯ
(причём ОА надо повернуть для совмещения с ОА' на угол а
в выбранном нами направлении). В таком случае говорят, что
точка А'получается из точки Л вращением с центром О
и углом поворота а или что точка А переходит в А!
при указанном вращении (черт. 21, а).
Совокупность всех точек, в которые пе-
реходят точки фигуры F при некотором
вращении, образует фигуру F’, полу-
чающуюся вращением из ф и г у-
ры F (черт. 21, б). Иногда говорят так-
же, что фигура F’ получается, если по-
вернуть 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-
вые (по угловой мере) дуги этих окруж-
ностей. Если фигура F' получается вра-
щением из фигуры F, то и обратно, фи-
гуру F можно получить из фигуры F'
вращением с тем же самым центром и
углом поворота 360° — а (или вращением
угол а, но в противоположном направлении);
это позволяет говорить о парах фигур, получающихся враще-
нием друг из друга.
Прямая I переходит при вращении в новую прямую
для того чтобы найти /', достаточно повернуть основание Р
перпендикуляра, опущенного из центра вращения О на пря-
[15—17)
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
33
ю I и через полученную точку Р’ провести прямую,
перпендикулярную к ОР' (черт. 22, а). Очевидно, что
«гол я между прямыми I и Г равен углу поворота; для дока-
зательства достаточно заметить, что углы POP' и 1МГ на
черт. 22, а равны как углы со взаимно перпендикулярными
сторонами.
Окружность S переходит при вращении в новую окруж-
ность S'; для того чтобы построить S', надо повернуть центр М
окружности S и построить окружность с центром в получен-
ной точке М и тем же радиусом, что и окружность S
(черт. 22,6).
Очевидно, при заданной точке А условия: 1° ОА' = ОА,
2° /АОА' = а без дополнительных оговорок о направлении враще-
ния определяют две точки А' и А" (черт. 23). Для того чтобы вы-
делить одну из них. можно поступить, например, так. Условимся счи-
тать какое-либо определённое направление вращения положительным
(его можно задать, например, стрелкой,
поставленной на какой-либо окружности), Z \
а противоположное направление — отри I ) ,
нательным. Далее будем считать угол \/ А
поворота а = / АОА' положительным или /X.
отрицательным в зависимости от того, /
каково направление вращения, переводя- / \д
щего А в А ; в таком случае две точки А’ /
и Л" будут отвечать различным vr- [а \
лам поворота (отличающимся знаком). 1 а- ГУ\-а 1
кнм образом, мы естественно приходим у
к понятию о направленных углах, «
которые могут быть как положительны- ц
ми, так и отрицательными. [Это понятие р ’
оказывается полезным н в ряде других
вопросов элементарной геометрии; см. по этому поводу написанные
Д. И. Перепёлкиным решения задач в цитированной на стр. 25 книге
Ж. Адамара, стр. 488 и след. Понятие направленной окруж-
ности, т. е. окружности, на которой выбрано какое-либо направ-
ление, указанное стрелкой, также возникает не только в связи с
вращением; см. по этому поводу § 5 гл. II третьей части книги.]
15. Даны две прямые 1Х и /2, точка А и угол а. Про-
ведите окружность с центром А, на которой и /2 высе-
кают дугу, равную по угловой мере а.
16. Постройте равносторонний треугольник, вершины ко- 2 ।
торого лежат на трёх данных параллельных прямых или трёх
данных концентрических окружностях.
17. Даны окружность S, точки А и Вн угол а. Найдите
на S точки С и D такие, что СА || DB и дуга СО = а.
2
И- М. Яглом
34
ДВИЖЕНИЯ
1181
18. Даны две окружности и S2, точка А и угол а.
Проведите через А прямые /х и /2, образующие угол а, так,
чтобы окружности S, и S2 высекали на этих прямых равные
хорды.
Пусть вращение с центром в точке О и углом поворота а
переводит фигуру F в фигуру F', и пусть АВ и АВ—соот-
ветствующие отрезки этих фигур (черт. 24). Тогда треуголь-
ники О АВ и О АВ равны (ибо ОА = ОА, ОВ=ОВ и
/ АОВ= / АОВ, так как X АО А = X ВОВ = а); сле-
довательно, АВ —А'В. Угол
между отрезками АВ и АВ
равен а (ибо прямые АВ нА'В
получаются одна из другой вра-
щением 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'). Итак, мы видим,
что если фигуры F и F' полу-
чаются одна из другой враще-
Черт. 24.
нием 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 другой фигуры F' так, что
соответствующие отрезки этих фигур равны и образуют
между собой угол а (причём отрезки фигуры F становятся
параллельными соответствующим им отрезкам фигуры F' при
повороте на угол я в определённом направлен и и),
то F и F' получаются одна из другой вращением вокруг
*) Углом между двумя отрезками АВ и А'В', не выходящими из
одной точки, по определению, называется угол между прямыми
АВ и А'В'. Это есть тот угол, на который надо повернуть отрезок АВ,
чтобы он стал параллелен отрезку А'В'.
Из последнего замечания вытекает, что если имеются три от-
резка АВ, А,В, и А'В, то угол между первым и третьим равен
сумме углов между первым и вторым и между вторым и третьим
(для полной точности здесь следовало бы говорить о направленных
углах; см. мелкий шрифт на предыдущей странице). Этим обстоятель-
ством мы вскоре воспользуемся.
J
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
35
некоторого центра на угол а. Действительно, пусть М
п М —две соответствующие друг другу точки фигур F
п F'. Построим на отрезке ММ дугу окружности, вмещаю-
щую угол а, и пусть О — точка пересечения этой дуги
с"перпендикуляром, восставленным к отрезку ЛИГ в его
середине. Так как ОМ=ОМ и / ЛЮМ — а., то вра-
щение с пентром О и углом поворота я переводит точку М
вТИ'1)- Пусть, далее, А и А — какие угодно другие соответ-
ствующие точки фигур F и F'. Рассмотрим треугольники ОМА
и ОМ'А'. У них ОМ= ОМ (по построению точки О),
МА = МА' (по условию); кроме того, X ОМА = ОЛТА', ибо
угол между ОМ и ОМ’ равен углу между МА и М'А', т. е.
точки М, М, ОпК —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 ОЛ1А
и ОМ'А' равны. Отсюда следует, что ОА=ОА'; кроме то-
го, ^АОА' = ^МОМ = я (ибо / А'ОМ = 2. АОМ).
Следовательно, вращение с центром О и углом пово-
рота я переводит каждую точку А фигуры F в соот-
ветствующую точку Д' 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-
щений (в одном направлении) с общим центром О и
углами поворота соответственно я и представляет со-
бой вращение с тем же центром О и углом поворота я-|-^
(черт. 25, а).
Рассмотрим теперь общий случай. Пусть фигура F полу-
чается из F вращением с центром О1 и углом поворота я,
а фигура F' получается из Ft вращением в том же направ-
лении с центром 02 и углом поворота р (черт. 25, б). Если
первое вращение переводит какой-то отрезок АВ фигуры F
в отрезок AJB1 фигуры Ft, а второе вращение переводит
отрезок А1В1 в отрезок А’В' фигуры F', то отрезки АВ и
) Условия ОМ = ОМ' и £МОМ' = а определяют две точки О
(сегмент можно построить по одну и по другую сторону от ММ').
з них следует выбрать одну так, чтобы направление вращения с
центром О, переводящего М в М', совпало с направлением вращения
угол а, которое делает отрезки фигуры F параллельными соответ-
ствующим отрезкам фигуры F'.
2*
36
ДВИЖЕНИЯ
Л,#, равны и образуют между
А'В равны и образуют между
соответствующие друг другу
отрезки АВ и А’В' фигур F
и F' равны и образуют меж-
ду собой угол а —Р; если
собой угол а; отрезки А,В, и
собой угол р. Таким образом.
Черт. 25.
а-4-Р = 360°, то это означает, что соответствующие отрезки
фигур Fи F’ параллельны *). Отсюда следует в силу доказанного
выше, что фигуры F и F' получаются одна из другой вращением
на угол <х—если а -j- р =/= 360°, и параллельным перено-
сом, если а= 360°. Итак, сумма двух вращений в од-
ном направлении с центрами О2 и О2 и углами поворота
а и fi есть вращение на угол если а [5 =^360°, и
параллельный перенос, если а -ф- fl = 360°. Так как вращение
на угол а равносильно вращению на угол 360° — а в про-
тивоположном направлении, то последнюю часть доказанного
предложения можно сформулировать ещё и так: сумма двух
вращений представляет собой параллельный перенос, если
эти вращения имеют одинаковые углы поворота, но проти-
воположные направления вращения.
Покажем теперь, как по центрам О, и О2 двух вращений и
их углам поворота а и fl найти вращение или параллельный пере-
нос, представляющие собой их сумму. Пусть сначала а-)-;ЦА360о.
В таком случае сумма вращений есть вращение на угол а
*) Собственно, следовало бы сказать, что соответствующие от-
резки фигур F и F’ параллельны, если кратно 360°. Одиако
всегда можно считать, что углы а и ? меньше 360°; в таком случае
а -|- р кратно 360° лишь в случае я 4~ § = 360е.
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
37
определим его центр. Сумма вращений переводит точку (\ в
такую точку о', что О'1О2 = О1О2 и С\О2О' (черт. 26,й;
первое вращение оставляет О, на месте, а второе — пере-
водит О, в С>’); она же переводит в точку О2 такую точку
б„, что 0201 = 020, и / 020,02 = а (первое вращение пере-
водит бг в 02, а второе оставляет О2 на месте). Отсюда следует,
что искомый центр вращения О равноудалён от О2 и Оа и от
Черт 26.
дикуляров Z, и Z2, восставленных к отрезкам О2О2 и О, О,
в их серединах. Но из черт. 26, а видно, что Z, проходит через
О, и Z7i0i0a = 7 > а 4 проходит через О2 и / О,О212 = ~ .
Этими условиями прямые lt и Z2 полностью определяются;
построив их, мы найдём О как точку их пересечения Если
а —|— = 360°, то параллельный перенос, которому равна сумма
вращений, можно определить тем, что он переводит точку О,
в Ot (или 02 в О2); здесь точки ОА и О2 определяются так
же, как и выше (см. черт. 26, б; из этого чертежа видно, что
фигурирующие в предыдущем построении прямые Z, и Z2 здесь
параллельны — они перпендикулярны к направлению переноса,
а расстояние между ними вдвое меньше величины переноса).
Аналогично доказательству теоремы о сумме двух вращений
можно показать, что сумма параллельного переноса и вращения
и сумма вращения и параллельного переноса есть вращение
38
ДВИЖЕНИЯ
с тем же самым углом поворота а, что U у первоначаль-
ного 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-
правлению параллельного переноса (см. также текст, напечатан-
ный мелким шрифтом непосредственно за этим и на стр. 52).
Теорему о сложении параллельного переноса и вращения можно
также доказать следующим образом. Мы знаем, что сумма двух вра-
щений с одинаковыми углами поворота и, но разными направлениями
вращения есть параллельный перенос; он переводит в центр О2 вто-
рого вращения такую точку О2, что О,Ог = О,О2 и / О2О,Ог = а
(см. черт. 26, б). Представим заданный парал-
л дельный перенос в виде суммы двух враще-
„ ний, второе из которых имеет тот же центр О
и тот же угол поворота я, что и заданное
I л вращение, но противоположное направление
I вращения. [Центр О, первого вращения опре-
-------делится условиями 0,0 = 0,0 и 00,0 — а,
О-----где О — точка, которую заданный парал-
Чепт 27 дельный перенос переводит в точку О; см.
черт. 27.] При этом сумма параллельного
переноса и вращения заменится суммой трех
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-
реносов и о сложении вращений1). Параллельные переносы и
вращения вместе называются собственными движе-
ниям и; причины, оправдывающие это название, будут выяс-
нены в § 2 гл. II (см. стр. 64).
Симметрия относительно точки является частным случаем
вращения, соответствующим углу поворота а = 180°. Другой
частный случай мы получим, положив а = 360°. Вращение с уг-
лом поворота 360° возвращает каждую точку плоскости на её
прежнее место; такое преобразование, при" котором ни одна
точка плоскости не меняет своего положения, называется тож-
дественным преобразованием. [Может показаться,
*) С некоторой точки зрения параллельный перенос можно даже
считать частным случаем вращения, по этому поводу см. § 2 гл. I
третьей части книги.
[191
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
39
что само слово «преобразование» здесь является неуместным, по-
скольку при тождественном преобразовании все фигуры оста-
ются без изменения; однако нам будет удобно это название.]
Как и симметрию относительно точки, вращение можно
рассматривать как п р е об р а з о в а н и е всей плоскости,
переводящее каждую её точку А в новую точку А' *). Единствен-
ная неподвижная точка этого преобразования есть центр
вращения О (исключение составляет лишь случай, когда угол
поворота а кратен 360°, т. е. вращение является тождествен-
ным 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 «-угольник, если известны п точек, являю-
щихся вершинами равнобедренных треугольников, построен-
ных на сторонах этого «-угольника и имеющих при верши-
нах заданные углы а,, а2, ... , ап (см. черт. 28, где « = 6).
Частным случаем задачи 19 является задача 13 (здесь а,=аг=...
•• = !„= 180°, п—нечётно). Обобщением задачи 19 является за-
дача 66 из гл. II (стр. 107).
*) См. сноску на стр. 22.
40
ДВИЖЕНИЯ
[20—21
20. а) На сторонах произвольного треугольника АВС, вне
его, построены правильные треугольники. Докажите, что цент-
Черт. 29.
угольника А,В,С, равны
мы треугольника АВС.
ры О,, О2, О3 этих треугольников
сами являются вершинами правиль-
ного треугольника (черт. 29).
Сохранится ли в силе утверж-
дение задачи, если правильные
треугольники построены не вне
АВС, а по ту же сторону от его
сторон, по которую расположен
сам треугольник?
б) На сторонах произвольно-
го треугольника АВС, вне его,
построены равнобедренные тре-
угольники ВСА,, АСВ,, АВС, с
углами при вершинах A,, В, и
С соответственно равными я,
3 и у. Докажите, что если а -|-
-1- -[- у = 360°, то углы тре-
~ , т. е. не зависят от фор-
Сохранится ли в силе утверждение задачи, если равно-
бедренные треугольники построены не вне треугольника АВС,
а по ту же сторону от его
сторон, по какую распо-
ложен и сам треугольник?
Нетрудно видеть, что за-
дача 20 а) является частным
случаем задачи 20 б) (здесь
а=р = т= 120°).
21. На сторонах про- I'' ___________
извольного треугольника 1 С
АВС построены правиль- ц 30
ные треугольники ВСА,,
АСВ, и АВС,, так что вершины А, и А, В, и В располо-
жены по разные стороны от ВС, соответственно от АС, а С,
и С — по одну сторону от АВ. Пусть 7И есть центр тре-
угольника АВС,. Докажите, что А,В,Л1 есть равнобедрен-
ный треугольник с углом при вершине М, равным 120°
(черт. 30).
22-23]
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
41
22. На сторонах произвольного параллелограмма ABCD,
вне его, построены квадраты. Докажите, что их центры Allt
М , Ма, сами являются вершинами квадрата (черт. 31).
Сохранится ли в силе утверждение задачи, если квадраты
расположены по ту же сторон}' от сторон параллелограмма,
Черт. 31.
по какую расположен сам
параллелограмм?
23. Дан выпуклый че-
тырёхугольник ABCD. До-
Черт. 32.
кажите, что если вершины и О3 равнобедренных прямо-
угольных треугольников АВО2 и CDO3 совпадают между
собой, то совпадают также и вершины О2 и Ot равнобед-
ренных прямоугольных треугольников ВСО2 и DAOt
(черт. 32; все треугольники строятся внутри четырёхуголь-
ника).
ГЛАВА II
СИММЕТРИИ
§ 1. Симметрия относительно прямой и скользящая
симметрия
Точка А' называется симметричной точке А отно-
сительно прямой I (называемой осью симметрии)
если отрезок АА' перпендикулярен к прямой I и делится ею по-
полам (черт. 33, а). Если точка Л' симметрична А относительно
прямой /, то и, обратно, А
симметрична А’ относительно
той же прямой; это позво-
ляет говорить о точках,
симметричных друг другу
относительно данной прямой.
Черт. 33.
Если А' симметрична А относительно прямой I, то гово-
рят также, что А' получается из А отражением от
прямой I.
Совокупность всех точек, симметричных точкам некоторой
фигуры F относительно прямой Z, образует фигуру F, сим-
СИММЕТРИИ
43
метричную фигуре F относительно I (черт. 33, б);
очевидно, что и обратно, F симметрична F' относительно I.
Прямая при симметрии относительно прямой I переходит
в новую прямую; при этом прямая, параллельная I, перехо-
дит в прямую, параллельную I, а прямая, пересекающая I
в точке О,— в прямую, пересекающую I в той же точке
(на черт. 34, о я переходит в п, т—в т'). Окружность
Черт. 34.
при симметрии относительно прямой переходит в равную ей
окружность (черт. 34, б). [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, a AB = PQ — A'B’, а на
черт. 35, б, в АВ —А'В1, так как Д АОР= Д А'ОР,
Д BOQ— /\B'OQ и, следовательно, ОА = ОА', ОВ—ОВ'.
Отсюда следует, что геометрическое место точек, удалённых от
некоторой точки О на расстояние г, переходит при сим-
метрии относительно прямой в геометрическое место точек,
удалённых на расстояние г от точки О', симметричной О
44
ДВИЖЕНИЯ
[24—26
относительно прямой, т. е. что окружность S переходит
в окружность S'.]
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 Sj и Sa по одну
сторону от неё. Найдите на прямой MN точку X та-
Л кую, чтобы касательные, прове-
дённые из этой точки к окруж-
в ностям, составляли с прямой MN
'ч >> равные углы.
в) Даны прямая MN и две
точки Л и В по одну сторону
* ы от неё. Найдите на прямой MN
qepT 36 точку X такую, чтобы отрезки
АХ и ВХ составляли с этой
прямой углы, один из которых вдвое больше другого (т. е.
/АХМ = 2 /BXN, см. черт. 36).
25. а) Даны прямые /а и /3, пересекающиеся в одной
точке, и на одной из этих прямых точка А. Постройте тре-
угольник АВС, для которого прямые /,, /а являются бис-
сектрисами.
б) Даны окружность S и прямые /а, I, и /8, проходя-
щие через её центр. Опишите вокруг окружности треуголь-
ник АВС, вершины которого лежат на данных прямых.
в) Даны прямые /,, /2 и 13, пересекающиеся в одной
точке, и на одной из них точка А,. Постройте треугольник
АВС, для которого точка Л, служила бы серединой стороны
ВС, а прямые/, /а, /3— перпендикулярами, восставленными
к сторонам треугольника в их серединах.
Обобщением задач 25 а) и в) являются задачи 38 б) и а), стр. 57.
Значительным обобщением задачи 25 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 ft, 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.
27-30]
СИММЕТРИИ
45
27. Даны угол MON и точки А и В. Найдите на сторо-
не ОМ такую точку X, чтобы треугольник XYZ, где Y
и /—точки пересечения ХА
и ХВ с ON, был равнобед-
ренным: XY=XZ (черт. 37).
28. а) Постройте четы-
рёхугольник ABCD, у кото-
рого диагональ АС является
биссектрисой угла " ------
длины всех сторон
угольника.
б) Постройте
угольник ABCD, в
А, зиая
четырёх-
четырёх-
который
Черт. 37.
можно вписать окружность,
зная две соседние стороны АВ и AD и углы при вершинах В и D.
29. а) Бильярдный шар отражается от прямолинейного
борта бильярда
он двигался до и
таким образом,
после
Черт. 38.
что две прямые, по которым
удара, одинаково наклонены к
борту. Пусть в плоскости да-
ны п прямых Z,, /2, ... , 1п
и две точки А и В. В каком
направлении должен быть
пущен шар из точки А, что-
бы он, отразившись последо-
вательно от прямых Z,,
Z2, ..., /п, прошёл через точку
В (см. черт. 38, где п =3).
б) Пусть л = 4 и пря-
мые Zl( l2, l3, lt образуют
прямоугольник, а точка В
совпадает с точкой А. Дока-
жите, что в этом случае длина всего пути бильярдного шара
отточки А до возвращения в ту же точку равна сумме диаго-
налей прямоугольника (и, следовательно, не зависит от поло-
жения точки А). Докажите также, что если шар при возвра-
щении в точку А не будет задержан, то он, отразившись
ещё раз последовательно от четырёх сторон прямоугольника,
снова возвратится в точку А.
30. а) Дана прямая Z и точки А и В по одну сторону
от неё. Найдите на прямой Z точку X такую, чтобы сумма
расстояний АХ-\-ХВ имела заданную величину а.
46
ДВИЖЕНИЯ
131—32
б) Ланы прямая I и точки А и В по разные стороны от
неё. Найдите на прямой I точку X такую, чтобы разность
расстояний АХ— ХВ имела заданную величину а.
31. а) Докажите, что три точки, симметричные точке
пересечения высот Н произвольного треугольника АВС отно-
сительно его сторон, лежат на окружности, описанной около
треугольника АВС.
б) Постройте треугольник АВС по трём данным точкам Н
/72, Н3, симметричным точке пересечения высот треугольника
относительно его сторон.
32. На плоскости даны четыре точки AIt А2, Ая, А4,
причём точка At является точкой пересечения высот тре-
угольника AtA3A3. Обозначим окружности, описанные вокруг
треугольников A1AsAt, А,А3А4 и ДгД3/4, через 54,
S3, S2 и S,, а центры этих окружностей — через Ол, О3, О2
и Ох. Докажите, что
а) А1 является точкой пересечения высот треугольника
АИзА» —точкой пересечения высот треугольника AtA3Av
А3—точкой пересечения высот треугольника А1А2А);
б) окружности Slt S„, Ss и S4 равны между собой;
в) четырёхугольник О1ОгО3О4 симметричен четырёхуголь-
нику AiAsAsAi относительно некоторой точки О (черт. 39).
33J
СИММЕТРИИ
47
[Другими словами, если точки Ах, А2, А3 и А1 располо-
жены так, что каждая точка является точкой пересечения
высот треугольника, образованного тремя другими, то четыре
отрезка, соединяющих каждую из точек с центром окруж-
ности, проходящей через три остальные точки, пересекаются
в одной точке и делятся в ней пополам.]
33. На плоскости даны четыре точки Аг, Аг, Ая, А4,
расположенные на одной окружности 5. Точки пересечения
высот треугольников AtA2Ag, АХА2А4, АХА3А4 и А2А3А4
обозначим через /Д, Н3, Н2 и Н4. Докажите, что
а) четырёхугольник НхНгН3Н4 симметричен четырёхуголь-
нику относительно некоторой точки Н (черт. 40).
[Другими «словами, если точки Дг, Аг, А3 и А4
расположены на одной окружности, то четыре отрезка, соеди-
няющих каждую из этих точек с точкой пересечения высот
треугольника, образованного тремя остальными, пересека-
ются в одной точке и делятся в ней пополам.];
б) четвёрки точек Л4, Д,, /Д, /У4; Д, А3, Нг, Н4,
А- Д, Нг, Н3, Аг, А3, нх, Н4; Д, Д, Ht, Н3, А3, Д,
/Д, /Д и Нх, Н„, Н3, Н4 лежат каждая на одной окружности.
48
ДВИЖЕНИЯ
134
При этом семь окружностей, на которых лежат эти четвёрки
точек, равны между собой и равны S.
34. Докажите, что если многоугольник имеет несколько
(больше двух) осей симметрии, то все они пересекаются
в одной точке.
Ряд других задач, использующих симметрию относительно пря-
мой, приведён в § 2 гл. II второй части книги.
Пусть точка А1 симметрична точке А относительно пря-
мой I, а точка А' получается из Аг параллельным переносом
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 I 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, с; здесь As получается из А парал-
лельным переносом в направлении I на расстояние а, а А'
получается из А2 симметрией относительно /).
Совокупность всех точек, в которые переходят при сколь-
зящей симметрии точки некоторой фигуры F, образует фи-
гуру Д', получающуюся скользящей симметрией
из фигуры F (черт. 41, б). Очевидно, что и, обратно,
фигуру F можно получить из F’ скользящей симметрией с той
же самой осью I (и противоположным направлением параллель-
ного перенсса); это позволяет говорить о фигурах, получаю-
щихся скользящей симметрией друг из друга.
35—36]
СИММЕТРИИ
49
35. Даны прямая I, две точки А и В по одну сто-
рону от неё и отрезок а. Найдите на прямой I такой отре-
зок XY длины а, чтобы длина
ломаной AXYB была наименьшей
(черт. 42).
36. а) Постройте четырёх-
угольник ABCD, у которого
у/С— XZ), зная стороны АВ
и CD, сумму сторон ВС и AD
и расстояние d от вершины А до
стороны CD.
б) Постройте четырёхуголь-
ник ABCD, зная стороны АВ и
CD, сумму сторон ВС и AD и расстояния dY и d2 от вершин
А и В до стороны CD.
Докажем теперь несколько предложений о сложении
симметрий относительно прямой.
1°. Сумма двух симметрий, относительно одной и той
же прямой есть тождественное преобразование.
Действительно, если симметрия относительно прямой I пере-
водит точку А в точку А' (см. черт. 33, а, стр. 42), то по-
вторная симметрия относительно I переводит А' обратно в А,
т. е. в результате двух симметрий положение точки А не
меняется.
Иначе утверждение 1° можно выразить так: две симмет-
рии относительно одной и той же прямой взаимно уни-
чтожаются.
2°. Сумма двух симметрий относительно параллельных
прямых есть параллельный перенос в направлении, перпен-
дикулярном к этим прямым, на величину, равную удвоен-
ному расстоянию между ними.
Пусть А — произвольная точка плоскости, Аг — точка, сим-
метричная А относительно прямой А'—точка, симметрич-
ная Ах относительно прямой /2, параллельной /, (черт. 43, а).
4Аг I К и А,А' I /2; следовательно, точки А, Аг
и А' лежат на одной прямой т, перпендикулярной к
11 1.г. Если Р и Q—точки пересечения прямой т с
11 1г, то АР— РА1У A1Q=QA' и, например, в случае,
50
ДВИЖЕНИЯ
изображённом на черт. 43, а '),
АА' = АР-|- РАХ 4- AXQ QA' = 2РАХ -|- 2AVQ= 2PQ.
Итак, АА' | /t и АА' — 2PQ, что и требовалось доказать.
Предложение 1° можно считать частным случаем предложения 2°,
получающимся из 2° при PQ = Q.
3°. Сумма двух симметрий относительно пересекаю-
щихся прямых есть
вращение с центром в точке пересече-
К ''
I
-р\------1>
Id
«}
а)
Черт. 43.
ния этих прямых и углом поворота, равным удвоенному
углу между ними.
Пусть А — произвольная точка плоскости, Аг— точка, сим-
метричная А относительно прямой lv А'—точка, симметрич-
ная Aj относительно прямой /2, пересекающей 1Х в точке О
(черт. 43, б}. Если Р и Q — точки пересечения АА± с 11 и
AjA' с 1г, то ДДОР = Д41ОР, A А1О(? = A A'OQ. Отсюда
имеем ОА = ОА1, ОА1=-ОА'; ^/АОР= j/POAit ^/A1OQ =
= Д QOA' и, например, вслучае, изображённом на черт. 43, б2),
//AOA' = ,/AOP-]-^/POA1-{-X.AiOQ-[-J/QOA’=^
= 2 / РОА1 2 /_ AfiQ = 2 / POQ.
Для того чтобы сделать это доказательство не зависящим от
чертежа, надо воспользоваться понятием направленных отрезков пря-
мой (см. мелкий шрифт на стр. 24—25).
г)Для того чтобы сделать это рассуждение не зависящим от чер-
тежа, надо воспользоваться понятием направленных углов (см. мелкий
шрифт на стр. 33).
СИММЕТРИИ
51
Итак, ОА=ОА' и / АО А = 2 X POQ, что и требовалось
доказатьг).
Предложения 2° и 3° позволяют дать простое доказательство
теорем о сложении вращений или вращения и параллельного пе-
реноса.
Пусть требуется, например, найти сумму двух вращений с цент-
рами Oi и Ог и углами поворота а и ₽. В силу 3° первое вращение
можно заменить суммой двух симметрий относительно прямых Z,
и Ofi2, где li проходит через О, и / = у; второе вращение
можно заменить суммой двух симметрий относительно прямых О.О.
8 1 л
II Z2, где Z2 проходит через О2 и Ofi2l2 = (черт. 44). Тогда
сумма двух вращений заменится суммой четырёх симметрий относи-
тельно прямых Zr 0,0,,, ОгОг и Z2. Но две средние из этих четырёх
симметрий имеют одну и ту же ось и поэтому в силу 1° взаимно
уничтожаются. Таким образом, сумма четырёх симметрий относительно
прямых Z„ ОгОг, Ofit и 1г совпадает с суммой двух симметрий отно-
сительно прямых Z, и 1г. Если Z, и Z2 пересекаются в точке О, то
в силу 2° сумма этих двух симметрий есть вращение с центром О
и углом поворота 2Z,OO2, который, как видно из черт. 44, а, равен
сумме углов 2Z,O,O2 = а и ‘Ю1Ог11 = Р (ltOO2 есть внешний угол тре-
угольника 0,О20). Если же Z, и Z2 параллельны (из черт. 44, б видно,
что этот случай будет иметь место, когда / -] / О1Ог12 = 180°,
— - ш
) Из доказательств пп. 2° и 3° нетрудно усмотреть, что сумма
Двух симметрий относительно прямых зависит от порядка, в котором
производятся эти симметрии (за исключением того единственного слу-
чая, когда прямые взаимно перпендикулярны и сумма симметрий,
произведённых в любом порядке, представляет собой симметрию
относительно точки их пересечения).
52
ДВИЖЕНИЯ
т. е. когда a -f- ₽ = 360°), то в силу 2° сумма симметрий относительно
Z, и Z, представляет собой параллельный перенос. Тем самым мы снова
приходим к тем же результатам, что и раньше (см. выше, стр. 36—37).
Найдём теперь сумму параллельного переноса в направлении MV’
на величину а и вращения с центром О и углом поворота а. Парал-
лельный перенос заменим суммой двух симметрий относительно пря-
мых Z, и Z, перпендикулярных к NN', расстояние между которыми
равно ° ; пусть при этом Z проходит через О (черт. 45, а). Вращение
заменим суммой двух симметрий относительно прямых I и Z2, где lt
проходит через О и /_Ю1а = -^. Тогда сумма параллельного пере-
носа и вращения заменится суммой четырёх симметрий относительно
прямых Z,, Z, Z и Z2. Две средние из этих четырёх симметрий в силу 1°
взаимно уничтожатся; поэтому у нас останется сумма двух симметрий
относительно прямых I, и 1г, которая в силу 3° представляет собой
вращение вокруг точки О, пересечения Z, и Z, на угол 2 / 1,0.1. =
= a (см. черт. 4Й, я).
Точно так же показывается, что сумма вращения с центром О и
углом поворота а и параллельного переноса в направлении tW иа
расстояние а есть вращение с тем же углом поворота з. Для того
чтобы найти центр <9, этого вращения, следует провести через О пря-
мые I и Z;, где Z ]_ AW' и 1,01 = -| , и прямую Z, || Z, отстоящую от I
на расстояние 5-. О, есть точка пересечения I, и Z, (черт. 45, б).
*
СИММЕТРИИ
53
4е. Сумма симметрий относительно трёх параллельных
прямых или относительно трёх прямых, пересекающихся
в одной точке, есть симметрия относительно прямой.
Предположим сначала, что оси симметрий Zv /2 и /3 парал-
лельны (черт. 46, а). В силу 2° сумма симметрий относительно
прямых Z, и lt представляет собой параллельный перенос
в направлении, перпендикулярном к Z, и 1г, на расстояние,
равное удвоенному расстоянию между ними, и совпадает с сум-
мой симметрий относительно любых других прямых Z и /'
таких, что они параллельны
Черт. 46.
равно расстоянию между Z, и /4. Предположим теперь, что Z'
совпадает с Z3, и заменим сумму наших трёх симметрий сум-
мой симметрий относительно прямых I, Г = ls и Z3. В силу 1°
последние две из этих симметрий взаимно уничтожатся и оста-
нется симметрия относительно I.
Пусть теперь прямые 1г, la и Z3 пересекаются в одной
точке О (черт. 46, б). В силу 3° сумма симметрий относи-
тельно Z, и /2 представляет собой вращение вокруг О на
угол 2 / 1уО13 и совпадает с суммой симметрий относительно
прямых / и Z3, где Z проходит через О и /101,= / 1,ОЦ.
Поэтому сумма симметрий относительно lv lt и /3 равносильна
сумме симметрий относительно Z, Zs и Z3 или одной симмет-
рии относительно Z (ибо две последовательные симметрии
относительно 13 взаимно уничтожаются).
5°. Сумма симметрий относительно трёх прямых,
пересекающихся попарно в трёх точках, или таких, что
54
ДВИЖЕНИЯ
две Из них параллельны между собой, а третья их пере-
секает, есть скользящая симметрия.
Пусть прямые Z, и Z2 пересекаются в точке О (черт. 47, а).
Сумма симметрий относительно Z, и Z, есть вращение с цент-
ром О и углом поворота 2 .0^ (см. 3°); поэтому сумму
этих симметрий можно заменить суммой симметрий относи
тельно любых двух прямых Г и Z', пересекающихся в той же
Черт. 47.
точке О и образующих тот же уюл, что и 1Л и Z2. Выберем
прямые /' и Z' так, чтобы было Z' | 13, и заменим сумму сим-
метрий относительно !г, Z2 и Z3 суммой симметрий относительно
прямых 1[, l't и 13 (т. е. суммой симметрий относительно
прямой Z' и точки (\ пересечения Z' н 13, ибо в силу 3° сумма
симметрий относительно взаимно перпендикулярных прямых
есть симметрия относительно точки их пересечения).
Заменим теперь сумму симметрий относительно взаимно пер-
пендикулярных прямых Z' и Z3 суммой симметрий относительно
новых взаимно перпендикулярных прямых Z" и Z', пересекаю-
щихся в той же точке Olt и таких, что Z" | Z' (черт. 47, б;
эта замена законна, так как сумма симметрий относительно
и Z' тоже есть симметрия относительно Oj). При этом
сумма симметрий относительно Z'v, Гг и Z3 заменится суммой
симметрий относительно Z', Z” и Z'. Но в силу 2° сумма сим-
метрий относительно параллельных прямых Z', и Z" есть парал-
лельный перенос в направлении Z3, перпендикулярном к Z' и Z/.
СИММЕТРИИ
55
Следовательно, сумма симметрий относительно /', /" и /' равна
сумме параллельного переноса в направлении /' и симметрии
относительно /', т. е. скользящей симметрии с осью /'.
Совершенно так же проводится доказательство и в том
случае, когда прямые /2 и /2 параллельны, а /2 и 13 пересе-
каются в точке О. [В этом случае следует сначала заменить
сумму симметрий относительно 12 и ls суммой симметрий отно-
сительно прямых /' п /2, пересекающихся в той же точ-
ке О, и таких, что /' | /,; затем заменить сумму симметрий
относительно взаимно перпендикулярных прямых и /2 сум-
мой симметрий относительно взаимно перпендикулярных пря-
мых/' и/", пересекающихся в той же точке Ог, и таких,
что/'' = /'.]
Из предложений 2° — 5° вытекает также следующая общая
теорема:
Сумма чётного числа симметрий относительно прямых
есть вращение вокруг точки или параллельный перенос,
сумма нечётного числа симметрий относительно прямых
есть симметрия относительно прямой или скользящая сим-
метрия.
Действительно, сумму чётного числа симметрий относи-
тельно 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 или параллельный перенос (см. по этому
поводу гл. I или текст, напечатанный мелким шрифтом на
стр. 51—53).
Далее, так как сумма чётного числа симметрий есть вра-
щение или параллельный перенос, то сумму нечётного числа
симметрий можно заменить суммой вращения или параллель-
ного переноса и симметрии относительно прямой. В силу
предложений 2°, 3° вращение или параллельный перенос мож-
но заменить суммой двух симметрий относительно прямых.
Таким образом, сумму нечётного числа симметрий относитель-
но прямых всегда можно заменить суммой трёх симмет-
рий; после этого остаётся лишь воспользоваться предложе-
ниями 4°, 5°.
Отметим ещё, что сумма чётного числа симметрий относи-
тельно прямой, вообще говоря, представляет собой вращение;
56 движения [37
случай, когда эта сумма сводится к параллельному переносу,
следует рассматривать как исключительный. [Сумма двух сим-
метрий относительно прямых 1Х и Za есть параллельный пере-
нос лишь в том исключительном случае, когда Z, || Z2; 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 нечётного числа симметрий
относительно прямых, вообще говоря, есть скользящая сим-
метрия; случай, когда сумма нечётного числа симметрий пред-
ставляет собой симметрию относительно прямой, следует счи-
тать исключительным. [Например, сумма трёх симметрий
относительно прямых 1г, Z2 и Z3 есть симметрия относительно
прямой лишь в том исключительном случае, когда прямые I 12
и Z3 все параллельны между собой или пересекаются все в
одной точке.]
Симметрия относительно прямой п скользящая симметрия —
преобразования плоскости, переводящие каждую
точку А в новую точку А'1). Неподвижными точками
симметрии относительно прямой являются все точки оси симмет-
рии Z; неподвижными прямыми являются ось Z и все
прямые, перпендикулярные к Z. Единственной неподвиж-
ной прямой скользящей симметрии является её ось Z;
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-
скости расположены два прямолинейных зеркала, образую-
90°
щпх между собой угол а. Докажите, что если а — —,
где п — целое число (и только в этом случае!), то любой
луч, отразившись несколько раз от обоих зеркал, в кон-
це концов уйдёт в направлении, обратном направлению
первоначального падения (см. черт. 48, а, б, где пзобра-
Ъ Симметрия относительно прямой является движением в
смысле определения, приведённого во введении к настоящей части,
поскольку это преобразование переводит каждый отрезок АВ в отре-
зок 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.
38]
СИММЕТРИИ
57
жены случаи л=1, а = 90° и П—2, а =45°; в обоих
случаях окончательное направление луча PQ, соответст-
Черт. 48.
венно RS, противоположно первоначальному его направ-
лению ALV).
38. На плоскости даны п прямых /2, ... , 1п. Постройте
п-угольник А,А2___Ап, для которого эти прямые являются:
а) перпендикулярами к его сторонам, восставленными
в их серединах (черт. 49, а);
б) биссектрисами внешних или внутренних углов при
вершинах (черт. 49, б).
58
ДВИЖЕНИЯ
{39—40]
Рассмотрите отдельно случаи чётного и нечётного п.
В каком случае задача не имеет решения или является неоп-
ределённой?
39. На плоскости даны точка М и п — 1 прямых
/3, . . . , 1п. Постройте я-угольник АуАг.. .Ап,
а) середина стороны Д/2 которого совпадает с точ-
кой М, а перпендикуляры, восставленные к остальным сто-
ронам в их серединах, совпадают с прямыми /2, /3, ... , / ;
б) угол Аг которого имеет известную величину а, бис-
сектриса угла проходит через М, а биссектрисы углов
Аг, А3, ... , Ап совпадают с 1г, 13, ... , 1п.
40. Впишите в данную окружность я-угольнпк,
а) стороны которого параллельны п заданным прямым
плоскости;
б) сторона AtAn 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. 1 третьей части книги, а также задачи 231 из § 2 и 259
из § 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-
селёва «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-
го определения в начале курса планиметрии может вызвать
возражения. Действительно, планиметрия рассматривает свой-
ства фигур плоскости, а в определении равенства гово-
рится 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 было бы в курсе планиметрии
называть равными такие фигуры, которые можно совместить
перемещением одной из них в плоскости, а не в про-
странстве— такое определение уже не будет использовать
стереометрические представления. Однако оказывается, что
СИММЕТРИИ
59
это новое определение равенства не совпадает с первона-
чальным.
Действительно, пары равных между собой фигур, распо-
ложенных в плоскости, могут быть двух типов. Возможно,
что две равные фигуры таковы, что их можно совместить при
помощи движения одной из фигур, не выводящего этой фигуры
из той плоскости, в которой она первоначально была распо-
ложена; таковы, например,
(они могут быть совмеще-
ны вращением вокруг точ-
фигуры F и Fl на черт. 50, а
с)
ки О). Невозможно, что две плоские фигуры равны, однако для
того чтобы их совместить, необходимо одну из них вынуть
из плоскости и перевернуть «на другую сторону». Таковы
фигуры F и Fx па черт. 50, б; никаким движением фигуры Fx,
оставляющим её в плоскости, нельзя совместить её с
фигурой F.
Действительно, рассмотрим три точки Hj, п Сх фигуры F
и соответствующие им точки А, В и С фигуры F. Треуголь-
ники АВС и АХВХСХ имеют, как говорят, «разное направление
обхода контура»: в треугольнике АВС обход контура от вер-
шины А через вершину В к вершине С совершается по часо-
вой стрелке, а обход контура треугольника АХВХСХ от
вершины Ах через вершину Вх к вершине С\ совершается
против часовой стрелки. А так как при движении
фигуры Fx в плоскости направление обхода контура треуголь-
60
ДВИЖЕНИЯ
ника очевидно, не может меняться, то сколько бы мы
ни двигали в плоскости фигуру мы никогда не сможем
совместить треугольник А1ВгС1 с треугольником АВС. Но
если «перевернуть фигуру F, на другую сторону», для чего
достаточно заменить её фигурой Рг, симметричной Ft относи-
тельно какой-либо прямой I, то мы уже без труда смо-
жем совместить полученную фигуру с F движением, ос-
тавляющим её в плоскости (вращением вокруг точки О;
см. черт. 50, б).
В дальнейшем фигуры, которые можно совместить движе-
нием, оставляющим их в плоскости, мы будем называть соб-
ственно-равными; равные фигуры, которые нельзя со-
вместить движением, оставляющим их в плоскости, мы будем
называть з е р к а л ь н о - р а в н ы м и. Из предыдущего видно,
как различить, являются ли две данные равные фигуры F и F'
собственно-равными или зеркально-равными: для этого следует
выбрать какие угодно три точки А, В, С фигуры F и соот-
ветствующие им точки А’, В', С фигуры F’ и посмотреть,
являются ли направления обхода контуров треугольников АВС
и А’В'С (от А через В к С, соответственно от А' через
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, если перемещением одной из них в пло-
скости её можно совместить со второй фигурой,—это
определение почти дословно повторяет определение равенства
по Киселёву, однако оно уже целиком относится к плани-
метрии.
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-
торого параллельного переноса.
Заметим прежде всего, что каждые два равных отрезка
АВ и А'В' плоскости могут быть переведены один в другой
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
более общее предложение о двух фигурах F и F', соответ-
ствующие отрезки которых равны, параллельны и одинаково
направлены); величина и направление этого параллельного
переноса определяю ich отрезком АА'. Если же отрезки АВ
и А'В' образуют между собой некоторый угол а (черт. 51, б)1),
то АВ можно перевести в А'В' при помощи вращения на
угол а (см. выше, стр. 34—35, где доказано более общее пред-
ложение о двух фигурах F и F', соответствующие отрезки
которых равны и образуют между собой угол а); центр О
этого вращения можно найти, например, как точку пересе-
чения перпендикуляров, восставленных к отрезкам АА’ и ВВ'
в их серединах2).
Рассмотрим теперь две собственно-равные фигуры F и F'
(черт. 52). Пусть Л! и N— две произвольные точки фигуры F;
им отвечают точки /И' и N' фигуры F'. Так как фигуры
равны, то AWV=A!W' и, значит, существует вращение (или па-
*) Сюда входит и тот случай, когда отрезки АВ и А'В' образуют
между собой угол я = 180°, т. е. они равны, параллельны и противо-
положно направлены.
!) Если рассматриваемые перпендикуляры совпадают, то предложен-
ное построение не годится; в этом случае О есть точка пересечения
самих отрезков АВ и А'В’ (а если эти отрезки совпадают, т. е. А со-
впадает с В", а В' — с /1, то О есть общая середина АВ и А’В').
О можно также найти как точку пересечения сегмента, построенного
на отрезке АА' и вмещающего угол я, и перпендикуляра, вос-
ставленного к АА' в его середине. Наконец, ещё два удобных по-
строения центра вращения, переводящего известный отрезок АВ в
другой известный отрезок А'В', указаны в § 2 гл. I второй части
(см ниже, стр. 105—106).
62
ДВИЖЕНИЯ
раллельный перенос), переводящее отрезок MN в отрезок M'N'.
Мы утверждаем, что при этом вся фигура F переходит в фи-
гуру F', т. е. что каждая точка А фигуры F переходит
общую сторону MN',
метричны относительно
что последний случай
в соответствующую ей точку А'
фигуры F’. Обозначим через Аг
точку, в которую переводит точку
А вращение (или параллельный пере-
нос), переводящее MN в MN'; нам
надо доказать, что А, совпадает с
А. Так как фигуры F и F' равны,
то АЛ!= A'A'f; AN=A'N’; с другой
стороны, очевидно, и АЛ1— А^',
AN— AXN'. Отсюда следует, что
треугольники AMN' и A^M'N' равны.
А так как эти треугольники имеют
то они или совпадают, или сим-
M'N'. Остаётся только показать,
невозможен. Треугольники AMN и
AMN' имеют одинаковое направление обхода контура, так
как фигуры F и F' собственно равны; треугольники
A/WV и A^MN' тоже имеют одинаковое направление обхода
контура, так как они получаются один из другого вращением
пли параллельным переносом. Отсюда следует, что треуголь-
ники A'M'N’ и AjAf'M 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 п В одной фигуры
и отвечающие им точки А' и оВ' второй фигуры; О есть
точка пересечения перпендикуляров, восставленных к AAt
и ВВ' 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 или при помощи симметрии отно-
сительно прямой.
СИММЕТРИИ
63
Доказательство теоремы 2 аналогично доказательству те-
оремы 1. Прежде всего покажем, что каждые два равных от-
резка АВ и А'В можно перевести один в другой при помощи
скользящей симметрии с некоторой осью I (или при помощи
симметрии относительно некоторой прямой /). Действительно,
предположим, что это так, и пусть I — ось искомой сколь-
зящей симметрии (или просто симметрии). Перенесём парал-
лельно отрезок А'В' в новое положение АВ так, чтобы точка А
перешла в А (черт. 53). Так как отрезок Л^, в который
переходит АВ при симметрии относи-
тельно I, должен быть параллелен АВ
(оба эти отрезка параллельны А'В), то
прямая I должна быть параллельна
биссектрисе /0 угла ВАВ (ибо сумма сим-
метрий относительно 10 и I переводит
отрезок АВ в параллельный ему отре-
зок AJi^. Далее точки А и А долж-
ны быть расположены на равных рас-
стояниях от прямой I по разные сторо-
ны от неё (ибо точки А и Аг распо-
ложены на равных расстояниях от I
по разные стороны от неё и точки Ах и А' расположены
на равных расстояниях от I по одну сторону от неё). От-
сюда следует, что прямая I должна проходить через сере-
дину М отрезка АА. Таким образом, зная отрезки АВ и А'В,
мы можем построить прямую I (она параллельна 10 и
проходит через ЛГ).
Пусть теперь отрезок Л^ симметричен АВ относительно
построенной прямой I. Так как 11| 1й, то Л^ || А'В'-, гак как
I проходит через М, то точки и А равноудалены от I и
находятся по одну сторону от неё. Следовательно, если от-
резок А,В, не совпадает с А'В, то его можно перевести
в А'В параллельным переносом в направлении прямой I. От-
сюда 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 1. Пусть F и
В — две зеркально-равные фигуры, Л-IN и M'N' — два произ-
вольных соответствующих отрезка этих фигур (черт. 54).
64
ДВИЖЕНИЯ
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 Hj, в которую перейдёт про-
извольная точка А фигуры F,
совпадает с точкой А! фигуры F',
соответствующей А. Действительно,
Л A'MN' = A AMN, так как фи-
гуры F и F' равны; Д/1Л4’М =
= A AMN, так как A^MN' полу-
чается из AMN скользящей симмет-
рией (или симметрией относительно
прямой). Поэтому AXMN' пли совпада-
ет с A'MN', или симметричен A'MN'
относительно общей стороны MN'
этих двух треугольников. Но треугольники AXMN' и A'MN'
симметричными быть не могут, так как они имеют одинако-
вое направление обхода контура. Последнее следует из того,
что направление обхода контура треугольников A'MN' и AMN
различно (ибо фигуры F и F' зеркально-равны); направ-
ление обхода контура треугольников ДЛГМ' и AMN тоже
различно (ибо симметрия относительно прямой и скользящая
симметрия изменяют направление обхода контура треугольни-
ка). Значит, треугольник AXMN' обязательно совпадает с
треугольником A'MN', что и завершает доказательство
теоремы 2.
Движения, переводящие собственно-равные фигуры одну
в другую, часто называют собственными движениями;
в противоположность этому движения, совмещающие зер-
кально-равные фигуры, называют симметриями (заметим,
что согласно этим определениям симметрия относительно
точки является не симметрией, а собственным движением!).
Теоремы 1 и 2 утверждают что, каждое собственное дви-
жение сводится к параллельному переносу или к вра-
щению вокруг точки, а каждая симметрия — к симметрии отно-
сительно прямой или к скользящей симметрии (ср. с текстом
на стр. 67).
Объединяя результаты теорем 1 и 2, можно сформули-
ровать следующее общее предложение:
Каждые две равные фигуры плоскости можно пере-
вести одну в другую при полощи параллельного переноса
СИММЕТРИИ
65
или вращения вокруг точки, 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-
ным переносом, будет представлять исключение. Если фи-
гуры зеркально-равны, то их, вообще говоря, можно совме-
стить при помощи скользящей симметрии; случай, когда фи-
гуры получаются одна из другой симметрией относительно
прямой, будет представлять исключение.
Теоремы 1 и 2 можно также вывести из предложений о сложе-
нии симметрий относительно прямой (см. выше, стр. 49—55). Дейст-
вительно. доказательство теоремы 1 основывалось на том, что каждые
два равных отрезка АВ и А'В' можно перевести один в другой при
помощи вращения пли параллельного переноса. Но, очевидно, АВ можно
перевести в А'В' при помощи последовательных симметрий относительно
двух прямых I, и 1г‘. достаточно выбрать в качестве перпендикуляр,
восставленный к отрезку АА' в его середине (если А совпадает с А,
то за /, можно выбрать любую прямую, проходящую через Л), а за
1г — биссектрису ттла ВЛВ, где Вг — точка, симметричная В отно-
сительно tj (черт. 55, а). Далее остаётся только воспользоваться пред-
Черт. 55.
ложепиями 2° и 3°. стр. 49—50. Доказательство теоремы 2 основыва-
лось на том, что каждые два равных отрезка АВ и АВ' можно пере-
вести один в другой при помощи скользящей симметрии или симметрии
относительно прямой. Но АВ можно перевести в А’В' при помощи
3 И. М. Яглом
66
ДВИЖЕНИЯ
[41-43]
последовательных симметрий относительно трёх прямых lv 1г и ZB:
ось Zj первой симметрии при этом можно выбрать совершенно про-
извольно, а прямые 1г и 13 подобрать так, чтобы сумма симметрий
относительно этих двух прямых переводила отрезок А1В1, симметрич-
ный 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-
ственно-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 симметрий относительно
прямой или вообще чётного числа симметрий, то эти фигуры соб-
ственно-равны (ибо одна симметрия относительно прямой меняет на-
правление обхода контура треугольника, а две симметрии не меняют
его). Поэтому F' можно получить из F вращением или параллельным
переносом, т. е. сумма двух симметрий относительно прямой
(или вообще чётного числа симметрий) есть вращение или параллель-
ный перенос (см. выше, стр. 55). Совершенно аналогично из теоремы 2
выводится, что сумма трёх симметрий относительно прямой (или
вообще нечётного числа симметрий) есть скользящая симметрия или
симметрия относительно прямой (см. выше, стр. 55). Из тео-
ремы 1 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-
рий есть вращение или параллельный перенос, и т. д.
б)
г)
41. Даны прямые 1г и 12, точка А на прямой и точка В
на прямой /2. Проведите прямую т, пересекающую прямые 1Х
и 12 в точках X н У так, что АХ—ВУ и
прямая т параллельна данной прямой п;
прямая т проходит через известную точку М;
отрезок ХУ имеет данную длину а;
отрезок ХУ известной прямой г делится пополам.
В другой связи задачи 41 а) и б) приведены в § 5 гл. I третьей ча-
сти книги (см. задачу 186 а) и примечание к решению этой задачи).
42. Даны три прямые /1? 12
и /в и три точки А, В и С—по
точке на каждой из прямых.
Проведите прямую т, пересе-
кающую прямые 12 и /3
в точках X, У и Z таких, что
AX = BY—CZ.
43. Дан треугольник АВС.
Проведите прямую /, пересекаю-
щую его стороны АВ и АС в та-
ких точках Р и Q, что В P=^PQ — QC (черт. 56).
СИММЕТРИИ
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 движенийх). Это перечисление всех возможных дви-
жений может служить определением движений плоскости.
Поэтому можно сказать, что геометрия изучает свойства фи-
гур, не меняющиеся при параллельных переносах, вращениях,
симметриях относительно прямой и скользящих симметриях
(см. введение к настоящей главе, стр. 17).
В математике (и вообще в науке) встречаются определе-
ния двух разных типов. Новое понятие может быть опреде-
лено перечислением свойств, которым оно должно удовле-
творять: так, например, параллельные прямые плоскости опре-
деляются как такие прямые, которые не пересекаются, сколь-
ко бы мы их ни продолжали; арифметическая npoi рессия —
как такой ряд чисел, что разность любых двух соседних чи-
сел этого ряда имеет одно и то же значение; паровая ма-
шина — как механизм, преобразующий тепловую энергию
в механическую. Определения такого типа называются опи-
сательными (или дескриптивными). Можно также
определить новое понятие и не через его свойства, а непо-
средственно указав построение определяем >го объекта. Так,
параллельные прямые можно определить как два перпенди-
куляра к одной н той же прямой (здесь указано, как стро-
ить параллельные прямые); арифметическую прогрессию —
как ряд чисел a, a-\-d, a-\-2d, а-]-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-
цесс движения, уже нельзя дать столь простого перечисления всех
плоских движений.
3*
68
ДВИЖЕНИЯ
устройства. Такого рода определения называются кон-
структивными. Можно сказать, что основной задачей науки
является нахождение конструктивных определений для поня-
тий, до этого определённых лишь описательно. Так, проблема
создания парового двигателя заключалась в том, чтобы на
основе описательного определения этой машины как меха-
низма, 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-
дачу нахождения конструктивного определения движений,
т. е. задачу перечисления всех движений плоскости. Имен-
но 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 оказаться
удобным для изучения свойств нового обьекта. Примеры та-
кого рода мы тоже имели в этой главе. Так, после первого,
конструктивного определения параллельного переноса мы дали
ещё следующее чисто описательное определение этого пре-
образования: параллельный перенос есть такое преобразова-
ние плоскости, при котором каждый отрезок АВ переходит
в отрезок А'В', равный, параллельный и одинаково направ-
ленный с отрезком АВ (см. выше, стр. 22—23). Это определе-
ние оказалось очень удобным для решения вопроса о том, что
1) Заметим ещё, что нахождение конструктивного определения
какого-либо объекта, определённого до этого лишь описательно, слу-
жит одновременно и доказательством существования
этого объекта; из одного же описательного определения существо-
вание ещё вовсе не вытекает. Примерами описательных опреде-
лений, которым не отвечают никакие реально существующие объек-
ты, являются следующие определения: «рениксоЙ называется треуюль-
ник, две биссектрисы которого взаимно перпендикулярны» (ср. решение
задачи 25 а) из § 1 этой главы) или «вечным двигателем назы-
вается 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-
носа для решения этого вопроса подходило гораздо меньше.
Точно так же решение вопроса о сумме двух вращений осно-
вывалось 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
пауку, изучающую свойства фигур, не меняющиеся при движе-
ниях, а движения — как преобразования, не меняющие расстояния
между двумя точками фигуры (см. выше, стр. 17). Отсюда
немедленно следует, что важнейшими геометрическими свой-
ствами фигуры будут как раз расстояния между различными
её точками, так что понятие расстояния между точками — длины
отрезка—является самым важным во всей геометрии. Однако
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-
лельных 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-
ружности (например, «через три точки, не лежащие на од-
ной прямой, можно провести окружность и притом только
одну»), многие теоремы о треугольниках 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-
вует длина отрезка (например, «биссектриса любого угла
треугольника делит противолежащую сторону на части, про-
порциональные прилежащим сторонам треугольника», «в од-
ном круге или в равных кругах из двух неравных хорд боль-
шая ближе к центру», или теорема Пифагора: «если стороны
ВВЕДЕНИЕ
71
прямоугольного треугольника измерены одной и той же еди-
ницей, 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-
ра играют роль не длины сторон треугольника, а только
отношения длин катетов к длине гипотенузы: в силу этой
теоремы катеты b \\ с прямоугольного треугольника АВС
должны составлять такие части гипотенузы а, что если
Ь с
обозначить эти части через k и I (т. е. — = й, — = /),
то
Нетрудно понять общую причину, с которой связано это
положение. Понятие длины отрезка существенно использует
наличие какой-то фиксированной меры для измерения длин;
числа, выражающие длину одного и того же отрезка, яв-
ляются различными, если измерять этот отрезок сантимет-
рами, или километрами, пли дюймами. Но содержание геомет-
рической теоремы не может зависеть от того, какую единицу
измерения длин мы выбрали. Отсюда и вытекает, что в гео-
метрической 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-
фагора 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-
ких отрезков измерены в одних и тех же единицах, но мы
не знаем, в каких именно, то мы можем судить только
об отношении длин этих отрезков. Потребовать же в
условии какой-нибудь теоремы, чтобы отрезок обязательно
измерялся определённой единицей длины, скажем метрами,
конечно, нельзя: ясно, что теорема не может быть справед-
ливой только в том случае, если отрезки измеряются
метрами, и неверной, если они измеряются, например,
сантиметрами.
Таким образом, мы видим, что понятие расстояния между
точками, которое согласно данному нами определению геомет-
рии 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 преобразова-
ниях подобия. Преобразования же подобия можно определить
как преобразования, при которых не меняются отношения
расстояний пар точек', можно также это абстрактное опре-
деление преобразований подобия заменить полным описанием
всех таких преобразований, которое будет дано в § 2 гл. 1 на-
стоящей части. Определение Клейна выражает то, что в опре-
делённом смысле для геометра неразличимы не только равные,
но даже и подобные фигуры; действительно, про два тре-
угольника можно определённо утверждать, что они равны, а
не подобны, только в том случае, если мы имеем фиксиро-
ванную раз навсегда единицу длины, с помощью которой
можно измерить стороны обоих треугольников. Именно эта
«неразличимость» подобных фигур делает возможным изобра-
жение на чертеже фигур больших размеров; из неё исходит
преподаватель, когда он предлагает учащимся «точно» вос-
произвести в тетрадях выполненный им на доске чертёж, ко-
торый без подобного уменьшения, конечно, никогда не поме-
стился бы на тетрадном листе1).
Таким образом, мы видим, что фактически основную роль
в элементарной геометрии играют преобразования подобия;
это делает важным специальное изучение таких преобразований.
При этом изучение преобразований подобия, помимо того, что
оно представляет большой принципиальный интерес, оказывается
также чрезвычайно полезным для решения разнообразных за-
дач; в этом отношении преобразования подобия, пожалуй, не
уступают движениям. Для примера 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-
нием следующих трёх известных задач, которые обыкновенно
’) Впрочем, в некоторых случаях приведённому здесь определению
геометрии всё же приходится предпочесть определение, данное во
введении к части первой. Подробнее об этом мы будем говорить во
введении к третьей части книги.
ВВЕДЕНИЕ
73
решаются с использованием специальных свойств квадрата,
прямоугольника и ромба'):
а) построить квадрат, стороны которого проходят через
четыре заданные точки;
б) построить прямоугольник с известным отношением сто-
рон, 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-
шаются 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-
образования подобия. Так, например, задачу о построении
многоугольника по известным вершинам равнобедренных тре-
угольников с данными углами при вершинах, построенных на
его сторонах (об этой задаче мы говорили во введении к
первой части), можно обобщить следующим образом:
На плоскости даны п точек, являющихся вершинами тре-
угольников, построенных на сторонах некоторого л-угольнпка
как на основаниях и подобных п данным треугольникам. По-
строить этот п-угольнпк (см. задачу 66 из § 2 гл. 1, стр. 107).
Большое число других примеров такого рода читатель най-
дёт в гл. 1 этой части.
*) См., например, книгу Д. О. Шклярский и др., Избранные
задачи и теоремы из элементарной математики, ч. 2, М.—Л., Гостех-
издат, 1952, задачи 70 а, б, в.
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-
0^4^
мой ОА по ту же сторону от точки О, что и А, п^- = k
(черт. 57, а). Преобразование
I______________С.
Черт. 57.
плоскости, переводящее каждую
точку А в точку А', центрально-
подобную ей относительно цент-
ра подобия О с коэффициентом
подобия k, называется цен-
тр а л ь н о-п о д о б н ы м пре-
образованием (гомоте-
тией); точка О называется
центром и число k — коэффи-
циентом этого преобразования.
Совокупность всех точек, цен-
трально-подобных точкам неко-
торой фигуры F, образует фи-
гуру F, центрально-по-
д о б н у ю F (относительно цент-
ра подобия О с коэффициентом
подобия k) (черт. 57, б). Оче-
видно, что фигура F в свою очередь центрально-подобна F' (с тем
же центром подобия и коэффициентом подооия I; это по-
зволяет говорить о центрально-подобных друг другу фигурах.
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
75
Говорят также, что фигуры F и F’ подобны и подобно распо-
ложены ’).
Центрально-подобное преобразование переводит прямую I
в прямую Г, параллельную /; для построения Г достаточно
найти точку А', центрально-подобную какой-либо точке А
прямой I, и провести через А' прямую, параллельную I
(черт. 58, а). Если две прямые I и т пересекаются под углом aj
Черт. 58.
то прямые Г и т\ центрально-подобные им, пересекаются
под тем же углом а; поэтому треугольник А'В'С, центрально-
подобный треугольнику АВС, будет иметь те же углы, что и
треугольник АВС, т. е. будет ему подобен (черт. 58, б).
Окружность S с центром А и радиусом г центрально-подоб-
ное преобразование переводит в новую окружность 5' с цен-
тром в точке Д', в которую переходит точка А, и радиусом
r’~kr, где k — коэффициент подобия (черт. 59). Действи-
тельно, из подобия треугольников ОАЛ1 и ОА'ЛТ (где Ж —
произвольная точка S’, а М' — точка, центрально-подоб-
ная М) следует, что —k, т. е. A'M = kr, это и озна-
чает, что S переходит в окружность с центром Д' и ра-
диусом kr.
Очевидно, что каждые две неравные окружности 5 и S'
радиусов гиг' с центрами в точках Д и Д' можно рас-
сматривать 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, поскочьку длины всех отрезков умножаются при этом преобразо-
вании на одной то же число k (см. ниже, стр. 90).
76
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
отрезка АА' и такую, что ^-г-=—,а коэффициент подобия k
vJ/\ г
положить равным отношению ~ (черт. 59). Точка О
называется внешним центром подобия окружно-
стей 5 п 6” (в отличие от внутреннего центра подобия, о ко-
тором речь пойдёт ниже). Для того чтобы построить внеш-
ний центр подобия О неравных окружностей 5 и S', до-
статочно провести какие-нибудь (какие угодно!) парал-
лельные и одинаково направленные радиусы AM и А'М'
этих окружностей и соединить М и М'\ О есть точка пере-
сечения 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-
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
77
ных (черт. 59, а); если 5 и 5' 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
мои, имеет определенный знак: отношение считается
положительным е том случае, когда направления отрезков
АВ и CD (т. е. направления от точки А к точке В и от С
к D) совпадают (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, —pjj- Такое соглаше-
ние о знаках отрезков полезно во многих геометрических во-
просах; мы будем использовать его в дальнейшем1). Если
учесть это условие, то коэффициент подобия двух центрально-
подобных фигур можно считать как положительным, так и отри-
цательным. А именно, две фигуры F п F' мы будем называть
центрально-подобными с центром подобия О и (отрицатель-
х) Это определение знака отношения отрезков можно объяснить
следующим образом. Примем па прямой некоторое направление за
положительное (его можно указать стрелкой, поставленной на прямой)
и будем считать отрезок АВ прямой положительным, если его
направление (от точки А к точке В) положительно, и отрицатель-
ным в противном случае (ср. мелкий шрифт на стр. 24). В таком
случае отношение двух отрезков может быть и положительным и
отрицательным, причём, как легко видеть, независимо от того,
какое направление прямой мы приняли за положи-
АВ
тельное, отношение будет положительным, если отрезки АВ
и CD направлены в одну сторону (тогда оба отрезка будут положи-
тельными пли оба будут 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-
вующие точки .4 и А' этих фигур лежат на одной прямой с точ-
кой О по разные стороны от Он отношение длин от-
резков ОА’ и О А равно k (черт. 61); это условие можно за-
ОА' , ,,
писать в виде — — к. Центрально-подобное преобразо-
вание с центром подобия О и отрицательным коэффициентом
получающимся,
подобия — k совпадает с преобразованием,
если вслед за центрально-подобным преобразованием с цент-
ром О и положительным коэффициентом k (переводящим фи-
гуру F в F см. черт. 61) произвести ещё симметрию отно-
сительно точки О (переводящую Рг в F')
произвести симметрию
гура F перейдёт в /\,
Черт. 62.
что коэффициент
тать,
ным, так и отрицательным.
или если сперва
относительно точки О (при этом фи-
см. черт. 61), а затем центрально-по-
добное преобразование с цент-
ром О и положительным коэф-
фициентом k (при этом Ft
перейдёт в F'). Таким образом,
центрально-подобное преобра-
зование с отрицательным ко-
эффициентом подобия — k
есть сумма центрально-подоб-
ного преобразования с тем
же центром О и положитель-
ным коэффи щентом k и сим-
метрии относительно точки О,
взятых в любом поряд-
ке. В дальнейшем, говоря о
центрально-подобном преобра-
зовании, мы всегда будем счи-
подобпя может быть как положитель-
л
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
79
Центрально-подобное преобразование с отрицательным ко-
эффициентом подобия —k тоже переводит прямую I в парал-
лельную ей прямую Г (только теперь центр подобия уже
будет лежать между прямыми I и см. черт. 62) и ок-
ружность 5—в окружность 5' (причём центр А окружности
S” центрально-подобен центру А окружности 5 с отрицатель-
ным коэффициентом подооия —k, а отношение радиусов —
равно k; см. черт. 63). Каждые две окружности S и S'
Черт. 63.
можно рассматривать как центрально-подобные с отрпцатель-
,, . г'
ным коэффициентом подооия, равным —- (где г и г —радиу-
сы окружностей), и центром подобия в точке О такой, что
, ОА' г' „
она лежит на линии центров АА и =— — • Точка О
расположена внутри отрезка АА’ и называется внутрен-
ним центром подобия окружностей 5 и S'. Для того
чтобы найти внутренний центр подобия О двух окружностей
S и S’, достаточно провести какие-нибудь (какие угодно!)
параллельные и противоположно направленные радиусы АЛ1 и
AM окружностей; О есть точка п ресеченпя АА и ММ
(черт. 63). Если окружности S и S' не пересекаются, то их
80
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
внутренний центр подобия О можно также найти как точку
пересечения общих внутренних касательных (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 центрально-подобные
двумя способами (коэффициент подобия может быть взят рав-
г' г’ \
ным у или------- две равные окружности центрально-подоб-
ны 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-
добного преобразования (отличного от тождественного пре-
образования, которое можно рассматривать как частный слу-
чай центрально-подобного преобразования, отвечающий коэф-
фициенту А=1) является центр подобия О; неподвиж-
ными прямыми являются все прямые, проходящие через О.
Если коэффициент центрально-подобного преобразования
равен— 1, то оно совпадает с симметрией относительно центра
подобия; таким образом, симметрия относительно точки яв-
ляется 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-
зовать уже отличное от симметрии центрально-подобное
преобразование. Так, в условии задачи 8 можно потребовать,
чтобы отрезок искомой прямой, заключённый между прямой I
и окружностью 5, делился в точке А в заданном отношении
; в условии задачи 9 а) — чтобы отношение длин хорд, вы-
секаемых окружностями и на искомой прямой, имело за-
данное значение ; в условии задачи 9 6) — чтобы разность
длин хорд, которые высекают окружности и S2 на искомой
прямой, умноженных на заданные числа т и п, имела данную
величину; в условии задачи 10 — чтобы отрезок EF хор-
ды CD делился в точке J в заданном отношении — . Решения
п
этих новых задач аналогичны решениям задач 8—10; мы пре-
доставляем читателю провести эти решения самостоятельно.
[44-48]
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
81
44. Даны две прямые и /2 и точка
проведите прямую /, на которой
ВС такой, что АВ'. АС = т.п.
45. а) Даны окружность 5 и
точка А на ней. Найдите геоме-
трическое место середин хорд ок-
ружности, проходящих через А.
б) Даны окружность S и на
ней три точки А, В н С. Про-
ведите хорду АХ, которая хор-
дой ВС делилась бы пополам.
46. а) Даны две концентри-
ческие окружности 5, и S2. Про-
ведите прямую /, пересекающую
А. Через точку А
высекают отрезок
\ 11 4
эти окружности последовательно
в точках А, В, С и D таких, что
АВ— ВС —CD (черт 64, а).
б) Даны три концентрические
окружности Sj, S2 и 5S. Прове-
дите прямую I, пересекающую
S2 и Ss последовательно в
точках А, В и С таких, что АВ—
= ВС (черт. 64, б).
в) Даны четыре концентриче-
ские окружности Sj, S2, S3 и S4.
Проведите прямую I, пересекаю-
щую Sj, S2, 5S п последова-
тельно в точках А, В, С, D та-
ких, что АВ —CD (черт. 64, е).
47. а) Впишите в данный
треугольник АВС квадрат так,
чтобы две вершины его лежали
на основании АВ, а две другие—
на сторонах АС и ВС.
б) Впишите в треугольник
АВС треугольник, стороны кото-
рого параллельны прямым /2, 12
и /3 (см. сноску на стр. 82).
Обобщением задачи 47 б) является
Черт. 64.
задача 48 в).
48. а) Даны прямые I, и /2, точка А на прямой I, и точка В
на прямой /8. От точек А нВ на прямых и lt откладывают
82
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(49
отрезки АЛ\ и В/И2, имеющие известное отношение = щ,
и через точки и ТИ2 проводят прямые, параллельные
двум другим заданным прямым /3 и Z4 (черт. 65). Найдите
геометрическое место точек пересечения проведённых прямых.
б) Многоугольник Л1Л2...ЛП изменяется так, что его сто-
роны остаются параллельными заданным направлениям, а
вершины Аг, Аг, ... , Ап_г скользят по заданным прямым I
12, > ^n-i- Найдите геометрическое место вершины Ап.
в) Впишите в данный многоугольник другой многоуголь-
ник, стороны которого параллельны данным прямым *).
Значительным обобщением задачи 48 в) является задача 189 из
§ 5 гл. I третьей части книги.
49. Постройте окружность 5,
а) касающуюся двух данных прямых Zx и Z2 и проходя-
щую через данную точку А;
б) проходящую через две данные точки А и В и касаю-
щуюся данной прямой Z;
в) касающуюся двух данных прямых 1г и Z2 и данной
окружности 5.
См. также ниже задачу 56 (стр. 96) и задачи 232 а), б), 237 из § 2,
247 а) из § 3 и 271 из § 5 гл. 11 третьей части книги.
х) Под многоугольником, вписанным в данный многоугольник, мы
понимаем здесь многоугольник, все вершины которого лежат на сто-
ронах данного многоугольника (по одной вершине на каждой стороне)
илина их продолжениях.
50) КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 83
50. а) Докажите, что точка М пересечения медиан тре-
угольника АВС, центр О описанного круга и точка Н пересе-
чения высот лежат на одной
НМ 2
прямой, причем = т
(черт. 66, а).
[Прямая, на которой лежат
точка пересечения медиан,
точка пересечения высот и
центр описанного круга тре-
угольника, называется пря-
мой Эйлера.)
б) Докажите, что три пря-
мые, проведённые через сере-
дины сторон треугольника
параллельно биссектрисам
противолежащих углов, пере-
секаются в одной точке.
в) Докажите, что прямые, соединяющие вершины тре-
угольника АВС с точками касания противоположных сторон
81
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(51
с соответствующими вневписанными окружностями, пересека-
ются в одной точке Эта точка лежит на одной прямой с
точкой М пересечения медиан и центром Z вписанного круга,
причем A';z = j (черт. 66,6).
51. а) Пусть Н есть точка пересечения высот треуголь-
б)
Черт. 67
ника АВС, М — точка пересечения его медиан. Докажите,
что окружность 5, центрально-подобная описанной окруж-
52J
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
85
ности S с центром подобия Н н коэффициентом подобия
*/, центрально-подобна окружности 5 с центром подобия Л7
и коэффициентом подобия — х/2. Эта окружность проходит
через середины Л', В, С сторон треугольника, основания вы-
сот и середины отрезков НА, НВ и НС высот (черт. 67, а).
[Окружность S называется окружностью Эйлера
или окружностью девяти точек треугольника.)
б) Пусть J —точка пересечения прямых, соединяющих
вершины треугольника АВС с точками касания противополож-
ных сторон с вневписанными окружностями (см. задачу 50 в)),
М—точка пересечения медиан треугольника. Докажите, что
окружность 5, центрально-подобная вписанной окружности s
с центром подобия в точке J и коэффициентом подобия
1/2, центрально-подобна s с центром подобия М и коэффи-
циентом подобия — х/2. Эта окружность касается средних ли-
ний А'В, ВС, С А' треугольника АВС и прямых, соединяю-
щих попарно между собой середины D, F и Е отрезков JA,
JB и JC (черт. 67, б).
52. а) Центр тяжести многоугольника. Цент-
ром тяжести отрезка называется его середина
(черт. 68, п). Центры тяжести сторон треугольника образуют
треугольник, центрально-подобный исходному с коэффициен-
том подобия — */2 и центром подобия в точке пересечения
Черт. 68, а—в.
медиан, называемой также центром тяжести тре-
угольника (черт. 68,6). Докажите, что центры тяжести
четырёх треугольников, вершины которых совпадают с вер-
86
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(52
шинами произвольного четырёхугольника, образуют четырёх-
угольник, центрально-подобный исходному с коэффициентом по-
добия — г13; соответствующий центр подобия N (см. черт. 68, в)
называется центром тяжести четырёхуголь-
ника. Аналогично центры тяжести пяти четырёхугольников,
вершины которых совпадают с вершинами произвольного пяти-
угольника, образуют пятиугольник, центрально-подобный
исходному с коэффициентом подобия — г/4 и центром подо-
бия в некоторой точке, называемой центром тяжести
пятиугольника; центры тяжести шести пятиугольников,
вершины которых совпадают с вершинами произвольного
шестиугольника, образуют шестиугольник, центрально-подоб-
ный исходному с коэффициентом подобия — */5 и центром
подобия в некоторой точке, называемой центром тяже-
сти шестиугольника, и т. д.х).
[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-
няющие каждую из вершин четырёхугольника с центром
тяжести треугольника, образованного тремя другими верши-
нами четырёхугольника, пересекаются водной точке — цент-
ре тяжести четырёхугольника — и делятся в ней в отноше-
нии 3:1 ит. д.)
б) Окружность Эйлера вписанного в круг
многоугольника. Окружностью Эйлера хорды
круга S радиуса R можно назвать окружность радиуса у
с центром в середине хорды (черт 68, г). Центры трёх ок-
ружностей Эйлера трёх сторон треугольника (вписанного в
р
круг радиуса R) лежат на одной окружности радиуса (с цент-
ром в точке пересечения этих трёх окружностей), называемой
окружностью Эйлератреугольника (ср. черт. 68, д
с черт. 67, а). Докажите, что центры четырёх окружностей
Эйлера четырёх треугольников, вершины которых совпадают
с вершинами произвольного четырёхугольника, вписанного
*) Нетрудно показать, что определённый здесь центр тяжести
л-угольника совпадает с механическим центром тяжести п равных
масс, расположенных в его вершинах.
52] КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 87
в круг S радиуса R, лежат на одной окружности радиуса
R
—(с центром в точке пересечения этих четырёх окружностей);
эта окружность называется о к-
ружиостыо Эйлера четырёх-
угольника (черт. 68, е). Анало-
гично центры окружностей Эйлера
пяти четырёхугольников, вершины
которых совпадают с вершинами
произвольного пятиугольника, впи-
Черт. 68, г—е.
санного в круг S радиуса R, лежат на одной окружности
р
радиуса (с центром в точке пересечения этих пяти окруж-
ностей), называемой окружностью Эйлера пяти-
угольника, и т. д.
в) Докажите, что центр тяжести вписанного в круг
«-угольника (см. задачу а)) лежит на отрезке, соединяющем
центр описанной окружности с центром окружности Эйлера
(см. задачу б)), и делит этот отрезок в отношении 2: (л — 2).
С помощью центрально-подобных преобразований удобно
решать задачи на построение на ограничен-
ном куске плоскости. Обычно при решении задач
на построение предполагают, что плоскость является неогра-
ниченной; так, например, считают, что каждую прямую
88
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[53
можно неограниченно продолжать в обе стороны. Фактическое
же построение всегда проводится в строго ограниченной об-
ласти — на листе бумаги или на классной доске. Поэтому при
выполнении построения может, например, случиться, что точка
пересечения двух известных прямых, участвующих в построе-
нии, находится за пределами чертежа, г. е. нам недоступна.
Это обстоятельство вызвало появчение задач, в которых спе-
циально оговаривается, что построения можно производить
лишь в некоторой ограниченной части плоскости1). Применение
центрально-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 1г и 12 (или прямой I н окруж-
ности 5, пли двух окружностей \ и 52) (черт. 69, а).
б) Проведите через данную точку Л1 прямую, параллель-
ную «недоступной» прямой /, две точки которой определены
Черт. 69.
парами прямых а1( а2 и blt b2, пересекающимися в этих точ-
ках (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 аг
и аа, />, и Л2, с, и са (черт. 69, в; разумеется, в этой задаче
*) Заметим, что в геометрии обыкновенно не настаивают на
фактическом выполнении чертежа в каждой задаче на построение: за-
дача считается решённой, 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 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 Л?. [При этом, если точка А, которая задана или
которую надо построить, находится за пределами области ЧС,
то она определяется двумя прямыми этой области, пересе-
кающимися в А; недоступная прямая определяется двумя
своими точками, а недоступная окружность — центром и од-
ной точкой или центром и радиусом.)
Пусть F и F'— две центрально-подобные фигуры (поло-
жительный или отрицательный!), коэффициент подобия которых
равен k (черт. 70, а и б). В таком случае соответствующие
друг другу отрезки этих фигур параллельны, направлены в
одну сторону (соответственно в разные стороны) и имеют по-
стоянное отношение k; это следует из того, что треугольники
ОАВ и ОА'В' подобны /"так как ^й- = ^г = -+-А^. Усло-
\ ил Utt /
вимся считать отношение двух параллельных отрезков
АВ и А'В положительным или отрицательным в зависимости от
кого геометра Я. Штейнера). Поэтому ограниченность чертежа не яв-
ляется реальной преградой для решения задач на построение, и построе-
ния на ограниченном куске плоскости следует рассматривать лишь как
один из типов задач, в формулировке которых специально оговариваются
некоторые условия, ограничивающие возможности построения (анало-
гично построениям, в которых запрещается пользоваться линейкой или
циркулем, об этих построениях см. третью часть книги). В противо-
положность этому в черчении вопрос о построениях на ограни-
ченном куске плоскости является практически важным. Также и
в геодезии — науке о построениях на местности и съёмке планов —
подобные построения имеют серьёзное практическое значение (здесь
область допустимых построении может быть ограничена рекой, морем,
горой, лесом, болотом и т. д.).
90
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
того, совпадают лн 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-
мой. Тогда можно сказать, что во всех случаях соответст-
вующие отрезки двух центра льно-подобных фигур параллель-
ны и имеют постоянное отношение, равное коэффициенту
подобия. Покажем, что и обратно, если каждой точке фигу-
ры F можно сопоставить некоторую точку фигуры F’ так,
чтобы соответствующие отрезки этих фигур были па-
раллельны и имели постоянное (по величине и по знаку!)
отношение k, не равное 1, 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 МАЦМ’А, то треугольники ОМА и ОМА подобны;
М'А' . ОМ' ОА' . „
так как по условию=/г, то 7^—i- = -7VT=k. Отсюда вы-
’ МА ’ ОМ ОА
текает, во-первых, что точка О не зависит от выбора пары
точек А, А' ^это такая точка прямой ММ, что =
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 АА не пересе-
кались (они были бы параллельны); в этом случае фигуры F
и F' уже не центрально-подобны, а получаются одна из другой
параллельным переносом (см. выше, стр. 22—23).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 91
Перейдём к вопросу о сложении центрально-подобных
преобразований. Пусть фигура F, центрально-подобна фигуре F
с центром подобия О, и коэффициентом подобия kL; фигура F'
центрально-подобна фигуре Ft с центром подобия О2 и коэф-
фициентом подобия k2 (см. черт. 71, где для простоты изо-
бражён случай положительных k, и k2; на самом деле во всех
последующих рассуждениях и k2 можно считать как поло-
жительными, так и отрицательными). В таком случае соответ-
ствующие отрезки фигур F и F параллельны и имеют по-
стоянное отношение /г,; соответствующие отрезки фигур F* и
F’ параллельны и имеют отношение k2. Отсюда вытекает, что
соответствующие отрезки фигур F' и F параллельны и имеют
, , / Л,£,
постоянное отношение klk2 (перемножив равенства =
А'В’ к А'в' к к\ и
и -т-р =«2, мы получим —r^ = k k„ . Но это означает, что
Ad 1 z у
фигура F' центрально-подобна фигуре F с коэффициентом
подобия k^, если kxk2^=\, и получается из F с помощью
параллельного переноса, если 1. Иначе это можно
выразить так: сумма двух центрально-подобных преоб-
разований с коэффициентами k, и k2 есть центрально-
подобное преобразование с коэффициентом k1k2, если ktk2 1,
и параллельный перенос, если k1k2=\ ’).
Покажем теперь, как, зная центры Ох и О2 и коэффи-
циенты k, и k2 двух центрально-подобных преобразований,
найти центр О центрально-подобного преобразования, явля-
ющегося их суммой (или — в случае, когда k1k1 = 1,— как
найти величину и направление получающегося в сумме па-
раллельного переноса). Ясно, что если О, совпадает с О2,
то и О совпадает с той же точкой (черт. 71, в); поэтому
Вот ещё одна формулировка того же самого предложения:
две фигуры F и F', порознь центрально-подобные одной и
той же третьей фигуре F,, либо центрально-подобны меж-
ду собой, либо получаются одна из другой параллельным пере-
носом.
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-
добны между собой.
92
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
в дальнейшем мы будем считать центры Ох и О2 различ-
ными. Первое центрально-подобное преобразование оставляет
центр О, на месте, а второе переводит Ох в точку Oi
Таким образом, сумма двух преобразований переводит точ-
ку О, в точку Oi. Отсюда следует что если ktk2 = 1
(черт. 71, б), то сумма двух преобразований есть парал-
лельный перенос в направлении прямой 0,0, (т. е. в направ-
лении прямой О2О,, поскольку Oi лежит на прямой 0,02) на
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
93
, О2О,
расстояние а = О2О1; так как Q~ = k2, то а можно ещё
представить так1):
, ор\ - О2О,
а=О2О1 - О2О, = ° А = № - ]) °fiv
Если же kxk2 1 (черт. 71, а), то искомый центр О лежит
, оо\
на прямой О,0,, т. е. на прямой Ор.2, причём ~^p = klk2.
Можно найти и более удобное выражение, определяющее по-
ор\ ОО\
ложенпе точки О. Из соотношений п ~k2 и j=-^- = k1ki
следует, что ')
ор\ ор\-орх , ор\ ОО\~ОО1
ор;~ ^ор, —1иоог~ со, —АЛ —*;
разделив первое из этих равенств на второе, получим
00, k2 - 1
= ------г. «ли окончательно
О2О, кф2 — 1
ь _1
001 = Е1Г-^0*01-
1 кхк2 — 1 21
Заметим, что попутно мы доказали следующую важную
теорему* 2):
Теорема о трёх центрах подобия. Пусть фи-
гура Ft центрально-подобна фигуре F с центром подобия
О, и центрально-подобна другой фигуре F’ с центром по-
добия 02. Если О, не совпадает с 02, то прямая 0,02 про-
ходит через центр подобия О фигур F и F (черт. 71, а)
или параллельна направлению параллельного переноса, пере-
водящего F в F' (черт. 71, б). Если О, совпадает с О2, то
эта точка является также центром подобия центрально-
подобных фигур F и F (черт. 71, в).
Для того чтобы сделать это рассуждение независимым от зна-
ков и от величин коэффициентов подобия k, и kt, следует всюду рас-
сматривать направленные отрезки (см. текст, напечатанный мел-
ким шрифтом на стр. 24—25).
2) Совсем другое доказательство этой теоремы намечено в послед-
нем параграфе гл. II третьей части книги.
94
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
Если Ог отлична от О2, то прямую О1Ое называют осью
подобия трёх фигур F, и F'; если О1 совпадает с О2,
то эту точку называют центром подобия фигур F, Ft 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 S2, S2 и
S3. В общем случае, когда никакие две из них не равны,
каждая пара окружностей имеет два центра подобия — внеш-
ний и внутренний, так что всего имеется шесть попарных цент-
ров 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 окружности равны между собой, то они имеют
всего три попарных центра подобия и три осп подобия. При
Случай, когда все центры подобия совпадают, тоже охваты-
вается этой формулировкой. Сформулированное утверждение верно во
всех случаях, когда существуют три центра подобия, неточность, о ко-
торой говорится в тексте, заключается в том, что здесь исключается
из рассмотрения случай, когда две из трёх фигур F, Ft 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 на 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 изящное стереометрическое доказательство теоремы
о трёх центрах подобия. Обозначим плоскость, в которой лежат
фигуры F, Ft и F', буквой я. Дополним фигуры F, Ft и F' до про-
странственных фигур F, F\ и F', попарно центрально-подобных
с теми же центрами подобия Ov О2 и О (черт. 73 ’); если фигура F’
не центрально-подобна F, а получается из F параллельным переносом
то F' получается из F тем же самым параллельным переносом).
Пусть А — произвольная точка фигуры F, не лежащая в плоскости к,
а и А' — соответствующие ей точки фигур Fx и F'. В таком случае
прямая AtA проходит через Ov прямая АгА' проходит через О, и
прямая АА' проходит через О (или параллельна направлению парал-
лельного переноса, переводящего F в F"). Поэтому если Ot и О,
совпадают, то прямые AtA и А'А, тоже совпадают; следовательно, и
прямая АА' совпадает с AAt и А^А', и значит, точка О, в которой она
пересекает плоскость л, совпадает с О, и О,. Если же и Оа не сов-
Рекомендуем читателю самостоятельно сделать чертежи, отно-
сящиеся ко всем возможным случаям.
*) Определение и свойства центрально-подобного преобразования
(гомотетии) в пространстве аналогичны определению и свойствам цен-
трально-подобного преобразования на плоскости. См. по этому поводу
книги Д. И. Перепёлкина и Ж. А д а м а р а, цитированные в под-
строчном примечании на стр. II.
96
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
падают, то плоскость, проходящая через А, А, и А', пересекает пло-
скость л по прямой I, которая проходит через все три центра подо-
бия Olt Ог и О, или проходит через О, и Ог и параллельна направле-
нию параллельного переноса, переводящего F в F'.
55. Пусть окружность S касается окружностей 5, и S2.
Докажите, что прямая, соединяющая точки касания, про-
ходит через центр подобия 5, и (внешний, если 5 касается
и S2 одноимённо, т. е. обеих внешне пли обеих внутренне:
внутренний в противном случае).
В другой связи эта задача приведена в § 1 гл. II третьей части
книги (см. задачу 212).
56. Выведите из теоремы о трёх центрах подобия новое
решение задачи 49 в) (стр. 82).
57. Пусть 7И, /V и Р—три точки на сторонах АВ,
ВС и СА треугольника АВС (или на их продолжениях). До-
кажите, что
а) для того чтобы точки Л4, N и Р лежали на одной
прямой, необходимо и достаточно, чтобы имело место соот-
ношение
AM BN СР_
ВМ‘ CN~ АР 1
(теорема Менелая)1);
б) для того чтобы прямые CM, AN и ВР пересекались
в одной точке или были параллельны, необходимо и доста-
точно, чтобы имело место соотношение
AM BN СР_________
ВМ ' CN ' АР 1
(теорема Ч е в а)х).
В другой связи теоремы Менелая и Чева приведены в § 2 гл. 1
третьей части книги (см. задачи 134 а), б)), там же указаны много-
численные применения этих важных теорем.
*) Другими словами, в условии задачи 57 а) требуется доказать
следующие две теоремы: 1) если точки М, N и Р лежат на одной
AM BN СР ,
прямой, то — I (необходимость условия задачи), и
AM BN СР , „ „ „
2) если *> то точки М, N и Р лежат на одной прямой
(достаточность условия); аналогичный смысл имеет и задача 57 б).
Относительно знака отношения отрезков, лежащих на одной прямой,
хм. выше, стр. 77.
58—59J КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 97
58. а) Выведите из предложений задач 52 а) и 50 а) но-
вое решение задачи 33 а) из § 1 гл, И первой части
(стр. 47).
б) Пусть Аг, А,, А3, Аа — четыре точки, расположенные
на окружности 5; Ог, О2, О3, Оа — центры окружностей Эйлера
(см. выше задачу 51 а))
треугольников А2А:1Аа,
АаА3Аа, АаА2Аа и АаА2А3.
Докажите, что четырёх-
угольник ОаО2О3Оа цент-
рально-подобен четырёх-
угольнику Л1Д2Д3Д4 с ко-
эффициентом подобия---
(черт. 74).
[Другнмисловами.если .
точки As, А3 и Аа рас-
положены на одной окруж-
ности, то четыре отрезка,
соединяющих каждую из
этих точек с центром ок- S
ружностиЭйлератреуголь- Черт. 74.
ника, образованного тремя
другими, пересекаются в одной точке и делятся в этой точке
в отношении 2:1.]
59. Пусть Д4, А2, А3 и Аа— точки, расположенные на
окружности S; /?,, Н2 и Н1 — точки пересечения высот
треугольников АаА2А3, АаА2Аа, АаА3Аа и Д2Д3Д4. Восемь
точек AJt А2, A3j Аа, Hlt Н2, Н3 и На определяют 32 тре-
угольника, вершинами которых являются тройки точек, имею-
щих различные номера (к числу таких треугольников относятся,
например, Л или /\АаН2Аа, но не AA^3H3, по-
скольку точки Дя и Н3 имеют одинаковый номер). Для каж-
дого из этих треугольников можно построить окружность
Эйлера (см. задачу 51 а)). Докажите, что
а) из этих 32 окружностей имеется только восемь раз-
личных;
б) эти восемь окружностей равны между собой и пере-
секаются 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 четвёрке точек А2, А3, At с коэффициентом
подобия у и четвёрке точек Н2, Н3, Ht с коэффициен-
* 1
том подобия---•
§ 2. Центрально-подобное вращение и центрально-
подобная симметрия. Собственно-подобные и
центрально-подобные фигуры
Пусть F3 — фигура, центрально-подобная фигуре F отно-
сительно центра О с положительным коэффициентом
подобия k. Повернём фигуру Л, на угол а около точки О
в положение F' (черт. 75). Преобразование, переводящее фигуру
F в фигуру F', называется центрально-подобным вра-
щением1). Таким образом, центрально-подобное вращение
характеризуется двумя величинами: коэффициентом по-
добия 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 Ft, а затем произвести цен траль но-подоб-
ное преобразование с центром подобия О и коэффициентом
подобия k, переводящее Ft в F'. Другими словами, централь-
х) Это преобразование иногда называют также поворотным
растяжением (такое название принято, например, в математиче-
ской кристаллографии).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
99
но-подобное вращение с центром О, углом поворота а и
коэффициентом подобия k есть сумма центрально-подоб-
ного преобразования с центром подобия О и коэффициентом
подобия k и вращения вокруг О на угол а, взятых в любом
порядке’). 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° — ап коэффициентом подобия ; поэтому можно гово-
рить о фигурах, получающихся центрально-подобным враще-
нием друг из друга.
Центрально-подобное вращение переводит каждую прямую I
в новую прямую Г (черт. 76, а). Для того чтобы построить
Черт. 76.
прямую следует сначала построить прямую I центрально-
подобную прямой /, с центром подобия О и коэффициентом
подобия k, а затем повернуть прямую 1Х вокруг О на угол а
в положение Г. Прямые I и I' образуют между собой угол а;
это следует из того, что прямые / и параллельны, а пря-
мые 1± и Г образуют угол а (см. выше, стр. 33). Окружность £
переводится центрально-подобным вращением в новую окруж-
ность S’ (черт. 76, б); центром окружности 5' служит точка А’,
в которую переводит центрально-подобное вращение центр А
’) Отсюда вытекает, что центрально-подобное вращение является
преобразованием подобия в смысле определения, приведён-
ного на стр. 72 введения к этой части книги (ибо центрально-подобное пре-
образование есть преобразование подобия, а вращение есть движение).
4*
!00 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-
но-подобного вращения (соответствующим коэффициенту по-
добия й=1). Исходя из этого, можно обобщить некоторые из
приведённых выше задач, в решении которых используется вра-
щение; при этом в решении более общих задач придётся исполь-
зовать не вращение, а центрально-подобное вращение. Так, в
условии задачи 16 из § 2 гл. I первой части можно заменить
равносторонний треугольник треугольником, подобным произ-
вольно заданному треугольнику; в условии задачи 18 можно по-
требовать, чтобы хорды, которые высекают окружности 5, и5е на
искомых прямых I, и/2, имели произвольно заданное отношение.
Решения этих обобщений задач 16 и 18 аналогичны решениям
исходных задач; предоставляем читателям провести их самостоя-
тельно.
Другим частным случаем центрально-подобного вращения
является центрально-подобное преобразование (центрально-по-
добное преобразование с коэффициентом k есть центрально-
подобное вращение с углом поворота a — 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 и 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-
добного вращения (отличного от тождественного преобразова-
ния, 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-
образованием (т. е. центрально-подобное вращение с углом
поворота, отличным от 0° и от 180°), не имеет вовсе.
160. а) В данный треугольник АВС впишите треуголь-
ник PXY (точка Р задана на стороне АВ), подобный задан-
ному треугольнику LMN.
61—63] КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 101
б) В данный параллелограмм ABCD впишите паралле-
лограмм, подобный заданному параллелограмму KLMN.
61. Через точку пересечения А
двух окружностей и проводят
произвольную прямую, пересека-
ющую второй раз окружности в
точках /И* и Л12; затем через цент-
ры О, и О2 окружностей проводят
прямые Ov/ и OSJ, параллельные
касательным MyN и M2N к ок-
ружностям в точках и Л42
(черт. 77). Докажите, что прямая
JN проходит через одну и ту же
точку и отрезок JN имеет по-
стоянную длину (независимо от Черт. 77.
выбора прямой Л1гАМг).
62. а) Постройте четырёхугольник ABCD, который можно
вписать в окружность, если заданы длины его сторон АВ=а,
BC—b, CD—с, DA = d.
б) Постройте четырёхугольник ABCD, зная сумму про-
тивоположных углов В и D и длины всех его сторон АВ—а,
BC=b, CD —с, DA = d.
Задача а) представляет собой частный случай задачи б).
63. Постройте окружность S, касающуюся двух данных
прямых и Z2 и пересекающую данную окружность 5 под
известным углом а. [Углом между двумя окружно-
стями называется угол 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-
фициентом подобия k (черт. 78) и пусть АВ и АВ' — какие-
то два соответствующих друг другу отрезка этих фигур.
А1 В1
В таком случае (ибо на черт. 78, где Ft получается
из F вращением на угол a, a F' из — центрально-подоб-
Л'В' \
ным преобразованием с коэффициентом k, AlBl — АВ\ j
102
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
и угол между отрезками А'В' и АВ равен а (ибо угол между
АВ и АгВ, равен а, а А'В' || А/),). Следовательно, соответ-
ствующие отрезки фигур F" и F имеют постоянное отно-
шение k и образуют между собой постоянный угол а. До-
кажем теперь, что и обратно,
если каждой точке фигуры F
можно сопоставить некото-
рую точку фигуры F' так,
что соответствующиеотрезки
этих фигур будут иметь по-
стоянное отношение k и обра-
зовывать между собой посто-
янный угол а (причём отрезки
фигуры Р становятся парал-
лельными соответствующим от-
резкам фигуры F' при повороте
на угол а в определённом
направлении), то фигуры
F и F' получаются одна из
другой при помощи централь-
но-подобного вращения. Дейст-
вительно, пусть М и М—какие-
то две соответствующие друг
другу точки фигур F и
ММ треугольник ММО
F’ (черт. 78). Построим на отрезке
такой, что = k и / МОМ =а.
’ ОМ
(если сС>180°, то строим треугольник с /МОМ — 360° — а)1).
J) Предварительно надо построить в стороне какой-либо треуголь-
ник Т с углом при вершине а и отношением боковых сторон k. Так
как Т подобен МОМ', то тем самым определятся углы при основании
ММ' треугольника МОМ’.
Треугольник ММ'О строится по такую сторону от отрезка ММ',
чтобы направление вращения на угол а, переводящего прямую ОМ
в прямую ОМ', совпадало с направлением вращения на угол а, делаю-
щего отрезки фигуры F параллельными соответствующим отрезкам
фигуры F'.
Точку О можно также найти как пересечение дуги окружности, стя-
гиваемой хордой ММ' и вмещающей угол а, и второй окружности—гео-
метрического места точек, отношение расстояний от которых до то-
чек М и М' равно k (см., например, книги: Ж. Адам 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).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
103
Центрально-подобное вращение с центром О, углом пово-
рота а и коэффициентом подобия k переводит точку Л1 в
точку М'; докажем, что оно переводит любую точку А
фигуры F в соответствующую ей точку Л' фигуры F'. Рас-
смотрим треугольники ОМА и ОМ'А'. В этих треугольниках
ОМ' М'А' / ОМ' , М'А!
так как тпл —* п0 построению и = к по
ОМ МА \ ОМ г МА
условию ) и /ОМА = /ОМА (ибо угол между ОМ и ОМ'
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 = k; кроме того, / АО А' — / МОМ' — а
фигура F' получается из фигуры
(ибо /АРМ— /АРМ/ Но это и означает, что наше цент-
рально-подобное вращение
переводит точку А в точ-
ку А'.
Теперь легко ответить
на вопрос о том, что пред-
ставляет собой сумма
двух центрально-подобных
вращений. Пусть фигура Ft
получается из фигуры F
при помощи центрально-по-
добного вращения с центром
Ог, коэффициентом подо-
бия и углом поворота <zs 1),
при помощи центрально-подобного вращения с центром Ъ.,
коэффициентом подобия k2 и углом поворота аг; АВ, А/, и
А'В’— какие-то соответствующие друг другу отрезки этих
трёх фигур (черт. 79). В таком случае — и отрезки
АВ и А В образуют между собой угол а ; = k и от-
1 А1о1 2
резки А1В1 и АВ' образуют между собой угол а„. Следова-
А'В' А,В, А'В' , L ,
тельно, — -д— . и отрезки АВ и А В обра-
зуют между собой угол (см. сноску на стр. 34). Та-
ким образом, соответствующие друг другу отрезки фигур F
а
’) Здесь и далее углы поворота всё время отсчитываются в одном
определённом направлении (например, против часовой стрелки).
104
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
и F' имеют постоянное отношение k2k2 и образуют между
собой постоянный угол В силу доказанного выше
это означает, что фигура F' получается из F при помощи
центрально-подобного вращения с углом поворота а, а2 и
коэффициентом подобия k,k2 или — если аг -|- а2 = 360°,
ktk2 = 1 — при помощи параллельного переноса. Итак, сумма
двух центрально-подобных вращений с коэффициентами
подобия kj и кг и углами поворота а* * « а2 есть новое
центрально-подобное вращение с коэффициентом подобия
klk2 и углом поворота —]—ot2; в исключительном случае,
когда k,k2—\ и а, °2 — 360°'), сумма двух централь-
но-подобных вращений есть параллельный перенос2).
Найдём теперь центр О центрально-подобного вращения
(или направление и величину параллельного переноса), пред-
ставляющего собой сумму двух данных центрально-подобных
вращений. Если центры О, и О2 этих вращений совпадают,
то, очевидно, О совпадает с той же точкой. Предположим
теперь, что О, не совпадает с О2. Сумма двух рассматривае-
мых центрально-подобных вращений переводит О2 в точку
Oi, в которую переводит О2 одно второе вращение (ибо первое
вращение оставляет О1 на месте); точку О] нетрудно постро-
ить. Эта же сумма переводит в О2 точку О2, которую пер-
вое вращение переводит в О2 (ибо второе вращение оставляет
') Точнее, когда «, + а, кратно 360° (см. сноску на стр. 36).
*) Рекомендуем читателю попытаться доказать самостоятельно
теорему о сложении центрально-подобных вращений, не используя
того, что каждые две фигуры плоскости, соответствующие отрезки
которых имеют постоянное отношение и образуют постоянный угол,
могут быть получены одна из другой центрально-подобным преобра-
зованием, а исходя лишь из определения таких преобразований.
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
105
О2 на месте); точку О2 тоже легко найти. Поэтому, если
k1k2—\, а2 -|-а2 = 360°, то отрезки OjOj и О2О2 равны, па-
раллельны и одинаково направлены (черт. 80, с); каждый из
этих отрезков определяет величину и направление параллель-
ного переноса, равного сумме наших центрально-подобных
вращений. Если же сумма центрально-подобных вращений есть
новое центрально-подобное вращение, то это центрально-по-
добное вращение переводит отрезок О1О2 в О\О2 (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
OtO2 в отрезок Oi Ог 1)). Если угол между отрезками равен
180° или 360° и отрезки не равны, то центрально-подобное
вращение представляет собой центрально-подобное преобразо-
вание; в этом случае О есть точка пересечения прямых АА
и ВВ (черт. 81, а). Пусть теперь угол между отрезками не
Р0
Черт. 81.
кратен 180°, т. е. отрезки АВ и АВ не параллельны; обо-
значим через Р точку пересечения этих отрезков (черт. 81,6).
Тогда окружности, описанные вокруг треугольников ААР и
ВВ’Р, проходят через центр вращения О: действительно,
/ АОА — / АРА (угол поворота АОА равен углу АРА
между отрезками АВ и АВ)\ аналогично / ВОВ — /ВРВ 2);
Для нахождения центра О можно также построить в стороне
треугольник с углом при вершине з, -|- а2 (или 360° — (а, + а2)) и отно-
шением боковых сторон kYk2 и тем самым определить углы при осно-
вании треугольника О^О^О (см. сноску на стр. 102).
*) См. сноску 2) на стр. 50.
106
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
поэтому центр О можно определить как вторую точку
пересечения окружностей, описанных около треугольников
АА'Р и ВВ'Р (см. черт. 81, б). Если эти две окружности каса-
ются в точке Р (черт. 81, в), т. е. если / РА А'= / РВВ'
(оба эти угла равны углу между прямой РА'В' и общей ка-
сательной к окружностям в точке Р), то центр О совпадает
с точкой Р (ибо из подобия треугольников РАА' и РВВ'
РА' РВ'\
следует -рд=Тв) '
Отметим ещё, что центр О центрально-подобного враще-
ния, переводящего отрезок АВ в отрезок А'В', совпадает с
центром центрально-подобного вращения, переводящего отре-
зок АА' в отрезок ВВ''. действительно, если / АО А' —
= ^ВОВ' = а, k, то одновременно /АОВ=
= /Л'ОВ' = £(на черт. 82 $ = а-\-^.А'ОВ) п
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
пршых АА' и ВВ' (или как точку пересечения прямых АВ и
А'В’, если АА' || ВВ'\ 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).
[64—66] КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 107
64. На плоскости даны четыре прямые /2, !г, 1а и lt,
никакие три из которых не пересекаются в одной точке и
никакие две не параллельны. Докажите, что окружности,
описанные вокруг четырёх
этими прямыми, пересекаются
См. также задачу 86 а) из
идущее обобщение
предложения
треугольников, образованных
в одной точке (черт. 83).
§ 1 гл. II (стр. 129). Далеко
задачи 64 содержится в зада-
че 218 а) из § 1 гл. II третьей
части книги.
65. Пусть Sj и S2 — две
окружности с центрами О, и
Черт. 83.
Черт. 84.
Ог, пересекающиеся б точке А. Рассмотрим угол определён-
ной величины а с вершиной в точке А; пусть Л41 и Л42 —
точки пересечения сторон угла с окружностями и S2,
J — точка пересечения прямых О1Л11 и О2Л12 (черт. 84).
а) Докажите, что при вращении угла вокруг точки А
описанная окружность треугольника всё Бремя прохо-
дит через постоянную точку О.
б) Найдите геометрическое место точек О, соответствую-
щих всевозможным углам а.
66. Постройте л-угольник, зная вершины Л4Х, Af2, ..., Мп
п треугольников, построенных на его сторонах как на
основаниях и подобных п заданным треугольникам. В ка-
ком случае задача не имеет решения или неопределённа?
Эта задача является обобщением задачи 19 из § 2 гл. I первей
части.
108
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
Пусть фигура центрально-подобна фигуре F с центром
подобия О и (положительным!) коэффициентом подобия k;
F'—фигура, симметричная F, относительно некоторой пря-
мой I, проходящей через О (черт. 85). В таком случае гово-
рят, что фигура F' по-
лучается из F при помощи
центрально - подоб-
ной симметрии с
коэффициентом по-
добия k; точку О и
прямую I называют цен-
тром и осью централь-
но-подобной симметрии.
Ту же центрально-подоб-
I ную симметрию можно так-
же осуществить иначе:
сначала произвести сим-
метрию относительно пря-
мой I, переводящую F в
фигуру F2, а затем произ-
вести центрально-подоб-
ное преобразование с цент-
ром О и коэффициентом k,
переводящее F2bF'. Иначе
говоря, центрально-по-
добная симметрия есть
Черт. 85. сумма центрально-по-
добного преобразования с
центром О и симметрии относительно прямой I, прохо-
дящей через О, взятых в любом порядке1). Очевидно,
что если фигура F' получается при помощи центрально-подоб-
ной симметрии из фигуры F, то и, обратно, F можно полу-
чить из F' при помощи центрально-подобной симметрии (с
темп же самыми центром О и осью I, но коэффициентом по-
добия это позволяет говорить о фигурах, получающихся
при помощи центрально-подобной симметрии друг из друга.
J) Отсюда вытекает, что центрально-подобная симметрия есть
преобразование подобия в смысле определения, приве-
дённого во введении к этой части (как сумма преобразования подобия
и движения).
|67—68] КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 109
Прямую п центрально-подобная симметрия переводит в новую
прямую п' (черт. 86, а), а окружность S—в новую окруж-
ность S' (черт. 86, б).
Единственной неподвижной точкой центрально-по-
добной симметрии (не являющейся про-
сто симметрией относительно прямой I,
которую можно рассматривать как
центрально-подобную симметрию с ко-
эффициентом подобия k — 1) является
Черт. 86.
центр преобразования О. Единственными неподвижны-
ми прямыми центрально-подобной симметрии, отличной от
симметрии относительно прямой, являются ось преобразо-
вания I и перпендикуляр, восставленный к прямой I в
точке О.
67. Даны прямая I, точка А на ней и окружности и
S2. Постройте треугольник АВС, в котором прямая I является
биссектрисой угла А, вершины В и С лежат соответственно
на окружностях и S2 и отношение сторон АВ и АС
имеет данную величину т: п.
68. Постройте четырёхугольник ABCD, диагональ кото-
рого 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-
ность углов В и D\
в) стороны АВ и AD, диагональ АС и отношение сторон
ВС и CD.
по
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(69-70|
69. Решите задачу 68, заменив условие о том, что диа-
гональ АС является биссектрисой угла А, более общим усло-
вием о том, что углы ВАС и DAC имеют известную раз-
Пусть теперь точка М описывает
прямые и Z2. Каждой
точке М плоскости сопо-
ставим новую точку М'
следующим образом: пусть
т — проходящая через М
прямая, отрезок которой
PQ, заключённый между
lt и Zs, делится в точке
М пополам г), Р' и Q' —
ортогональные проекции
Р и Q на Z2, соответст-
венно на Z1( М — сере-
дина P'Q' (черт. 87).
окружность S; каково бу-
дет в таком случае геометрическое место точек. ЛГ?
Аналогично тому, как мы различали между собой собст-
венно-равные и зеркально-равные фигуры (см. выше, стр.59—60),
можно различать и два случая подобия плоских фигур. А
именно, две подобные фигуры F \\ F' мы будем называть соб-
ственно-подобными, если фигура Ft, центрально-подоб-
ная F с коэффициентом подобия, равным отношению соответ-
ствующих отрезков F' и F, собсгвенно-равна F' (черт. 88, а);
если же эта фигура Ft 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-
но-подобными или зеркально-подобными, достаточно рассмо-
треть какие-нибудь три точки А, В, С фигуры F, не лежа-
щие на одной прямой, и соответствующие им точки А', В', С
1) Для построения т достаточно провести через М произвольную
Прямую п, пересекающую в Pv и отложить MQt = в таком
случае QQt || Z, (см. черт. 87).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 11 1
фигуры F. Если фигуры F и F' собственно-подобны, то
(подобные) треугольники АВС и А'ВС имеют одинаковые на-
правления обхода сторон; в противном случае эти треугольники
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-
гуры плоскости можно перевести одну в другую при
помощи центрально-подобного вращения или параллельного
переноса *).
Доказательство этой теоремы почти не отличается от до-
казательства теоремы 1 из § 2 гл. 11 первой части (стр. 60—62).
А именно: прежде всего легко видеть, что каждые два от-
резка 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; исключение составляет лишь случай,
когда отрезки равны, параллельны и одинаково направлены,—
в этом случае они переводятся один в другой параллельным
переносом (см. выше, стр. 102 и 22—23, где доказаны даже более
общие предложения о произвольных фигурах). Переведём те-
Ч Из этой теоремы следует, в частности, что всякие две соб-
ственно-подобные, но не равные, фигуры плоскости можно пере-
вести одну в другую при помощи 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 пли параллельным пере-
носом какой-либо отрезок АВ фигуры F в соответствующий
ему отрезок А'В' фигуры F', собственно-подобной F. Не-
трудно показать, что при этом вся фигура F перейдёт в F';
доказательство этого совершенно аналогично заключительному
рассуждению в доказательстве теоремы 1 из § 2 гл. 11 пер-
вой 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
АВЦА'В, то О совпадает с точкой Q, если АА'\\ВВ, то О
совпадает с точкой Р. Наконец, если АВЦА’В и АА'ЦВВ', то
отрезки АВ и АВ' равны, параллельны и одинаково на-
правлены; 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-
щи центрально-подобной симметрии или скользящей сим-
метрии х).
Доказательство этой теоремы очень похоже на доказа-
тельство теоремы 2 из § 2 гл. 11 первой части (стр. 63—64).
Пусть А и В — две произвольные точки фигуры F, А и В'—
соответствующие им точки фигуры F', зеркально-подобной F.
Докажем, что существует центрально-подобная симметрия (или
скользящая симметрия), переводящая отрезок АВ в отре-
зок А’В'. Действительно, пусть I 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-
гуры могут быть переведены одна в другую скользящей симметрией,
то они равны).
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ ИЗ
а следовательно, и
Черт. 89.
иой (или скользящей) симметрии, переводящей АВ в А'В
(черт. 89). Перенесём параллельно отрезок А'В в новое по-
ложение АВ. Отрезок А^, симметричный АВ относительно /,
центрально-подобен АВ или получается из А'В параллель-
ным переносом; следовательно, отрезок АХВХ, так же как
и АВ, параллелен АВ. Из того, что отрезок Afiv симметрич-
ный АВ относительно I, параллелен АВ, следует, что I па-
раллельна биссектрисе 10 угла ВАВ.
Далее, пусть А'В=^=АВ, О — центр центрально-подобной
симметрии, переводящей АВ в АВ. В таком случае прямая I
является биссектрисой треуголь
треугольника АОА. Поэтому
прямая I пересекает АА в та-
кой точке М, что
AM О А __ О А АВ'
МА О А О А, А,В,
или
AM____АВ’
МА АВ ‘
Таким образом, если нам изве-
стны 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-
Ab L
строение сохраняет силу и в том случае, когда АВ — АВ-,
см. доказательство теоремы 2 из § 2 гл. II первой части.]
Симметрия относительно I переводит отрезок АВ в отре-
зок АгВг, параллельный А'В\ АХВ, можно перевести в АВ
центрально-подобным преобразованием с центром в точке О
пересечен,,. А'Л, „ I (»0о ^ = ^ = S'=S) "а‘
раллельным переносом в направлении прямой I. Тем самым
центрально-подобная (или скользящая) симметрия, существо-
вание 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-
вать следующее общее предложение:
Каждые две подобные фигуры плоскости можно пере-
вести одну в другую при помощи центрально-подобного вра-
щения, или иентралг но-подобной симметрии, или парал-
лелтого переноса, или скользящей, симметрии1).
Это предложение можно положить в основу определе-
ния преобразований подобия плоскости (ср. выше, стр. 67).
А именно: можно считать, что преобразованиями подобия на-
зываются преобразования следующих четырёх типов: 1) цен-
трально-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-
числяются также симметрии относительно прямой). При этом
преобразования типов 1) и 3) естественно называть собст-
венно-подобными (они переводят друг в друга соб-
ственно-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-
тателю провести их самостоятельно.
71. а) Постройте прямоугольник, стороны которого про-
ходят через четыре данные точки А, В, С и D, а диаго-
наль имеет данную длину.
б) Постройте четырёхугольник ABCD, зная его углы и
диагонали.
в) Даны четыре прямые, проходящие через одну точ-
ку. Постройте параллелограмм с данными длинами сто-
рон, 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-
добного вращения или центрально-подобной симметрии.
72] КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 115
72. а) На плоскости даны точка М и две прямые /1( Z2.
Постройте треугольник АВС так, чтобы точка М делила
сторону АВ в данном отношении = а 1г 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-
стройте треугольник АВС так, чтобы точки и N делили
стороны АВ и ВС в данных отношениях = k и
МА 1
CN h i
— а 1 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-
ные системы подобных между собой фигур, обладающие ин-
тересными 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-
лось, что все движения на плоскости ограничиваются враще-
ниями и параллельными переносами1). При этом, однако, там
совсем не рассматривались промежуточные положения, которые
занимает фигура в процессе движения, а всё внимание сосредо-
точивалось лишь на её начальном и конечном положениях.
Теперь же нас будет интересовать именно множество различ-
ных положений движущейся фигуры, представляющее собой
некоторую систему равных между собой фигур* 2). Различных
*) Здесь и далее под словами «равные фигуры» всегда следует
понимать «собственно-равные фигуры» (см. выше, стр. 60); две зер-
кально-равные фигуры вообще нельзя совместить движением, остав-
ляющим эти фигуры в плоскости.
2) Подчеркнём, что нас будет интересовать лишь множество раз-
личных положений движущейся фигуры, но не сам процесс движения;
так. например, мы совсем не будем рассматривать скорости или уско-
рения движения отдельных точек. Привлечение механических сообра-
жений весьма часто позволяет упростить доказательство геометриче-
ских теорем; однако этой своеобразной главы геометрии (так называемой
кинематической геометрии) мы не в состоянии здесь кос-
нуться из-за недостатка места. [Отметим, что основные теоремы 1 и 2
настоящего параграфа могут быть доказаны и из механических сооб-
ражений.]
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 117
систем такого рода, отвечающих различным возможным спо-
собам перемещения фигуры из положения Р в положе-
ние F1, существует, разумеется, бесконечно много; ниже бу-
дут 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-
тать принадлежащей фигуре, остаётся неподвижной (черт. 90, а).
В этом случае каждая точка А фигуры описывает окружность
с центром О (ибо расстояние ОА остаётся постоянным); каж-
дая прямая I, связанная с фигурой, касается всё время постоян-
ной окружности с центром О или проходит всё время через
точку О (ибо расстояние от точки О до прямой I остаётся
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-
ную р (ибо расстояние от В до р остаётся постоянным); каж-
дая 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-
зит сама по себе (ибо расстояние её от р не меняется). Каж-
дые два положения фигуры можно перевести одно в другое
параллельным переносом.
Если фигура F движется по плоскости так, что две п а-
раллельные прямые р и q 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-
движные 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 I. Если фигура F движется по плоскости так,
что две непараллелшые прямые р и q этой, фигуры прохо-
дят 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 Fv— два
положения фигуры F, р и q, рх и qY— соответствующие
Черт. 91.
положения прямых р и q, О и — точки пересечения р и
Pi и Я1 (черт. 91, а). Точки О и О, лежат на дуге окруж-
ности S, построенной на отрезке АВ и вмещающей угол,
равный углу между прямыми р и ql). Пусть I и —два по-
ложения некоторой прямой I, проходящей через точку О пе-
х) См. сноску !) на стр. 50.
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 119
ресечения р и q, М и Мг — точки пересечения I и 1Л с окруж-
ностью S. Так как / МО А — / МфЭ, А (ибо угол между
прямыми I и р не изменяется), то ~АМ= — AM,, т. е.
точка М, совпадает с М. Тем самым доказано, что прямая I
проходит через постоянную точку Л7.
Пусть теперь т— прямая, не проходящая через О. Про-
ведём через точку О прямую /, параллельную т. Пря-
мая /, как мы уже видели, проходит через постоянную
точку М. А так как расстояние между прямыми т п I ос-
таётся постоянным, то прямая т должна всё время касать-
ся окружности с центром в точке М и радиусом, равным
расстоянию от I 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 S, и S2
(черт. 91, б). Проведём через центры А и В окружностей S,
и S2 прямые р и q, параллельные т и п соответственно.
Расстояние между т и р равно радиусу так как оно не
меняется при движении фигуры, то прямая р всё время про-
ходит 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-
вен отношению расстояния между р n q к длине отрезка АВ).
Поэтому каждые два положения фигуры можно перевести
одно в другое параллельным переносом в направлении пря-
мой 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-
секающиеся в точке О, то существует окружность S,
(73
120
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
связанная с фигурой F, все точки которой описывают пря-
мые, проходящие через ту же точку О.
Доказательство теоремы 2. Пусть F и Fx—два
положения фигуры F, АВ и .4,/^ — соответствующие положе-
ния отрезка АВ (черт. 92). Построим окружность 5, проходя-
щую через точки А, В и О.
Будем считать, что эта окруж-
ность связана с фигурой F, и
пусть S, — положение, которое
она займёт, когда фигура F
перейдёт в положение F^ оче-
видно, что 5, тоже проходит
через О (ибо — АВ окруж-
ности S = — AiB1 окружности
Si = 2 АОВ)х). Пусть М —
произвольная точка окруж-
ности S, Мг — соответствую-
щая точка окружности Sx. Из
равенства фигур F и Fx сле-
дует, что дуги AM и
равны; значит, равны и опирающие-
и
вписанные углы АОМ и А/ЭМ,. Но послед-
что прямая ОМ± совпадает с прямой ОМ.
М окружности S движется
окружностей 5
ся на эти дуги
нее означает,
Следовательно, каждая точка
по прямой, проходящей через О, что нам и требовалось
доказать.
Отметим ещё, что центр Л; окружности S движется по
окружности с центром О и радиусом, равным радиусу R
окружности 5; 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).
1) См. сноску *) на стр. 50.
74—75] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 121
74. а) Гипотенуза прямоугольного треугольника скользит
своими концами по двум взаимно перпендикулярным прямым.
Найдите геометрическое место вершин прямого угла.
б) Большая сторона равнобедренного треугольника с
тупым углом в 120° скользит своими концами по сто-
ронам угла в 60°. Найдите геометрическое место вершин
тупого угла.
75. На плоскости даны две взаимно перпендикулярные
прямые /j и /2 и окружность 5. Постройте прямоугольный
треугольник АВС с данным острым углом о., вершины А и В
которого лежат на прямых и /2, а вершина С прямого
угла — на окружности S.
Пусть теперь F и Ft— две подобные фигуры плоскости’).
В § 2 гл. 1 настоящей части было показано, что F можно
перевести в F' при помощи центрально-подобного вращения;
при этом, однако, не рассматривались промежуточные поло-
жения, которые занимает фигура в процессе перехода из по-
ложения 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 F', 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-
стояние между точками О и А фигуры не меняется; следо-
вательно, фигура остаётся всё время равной (а не только по-
добной) 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 ВОА 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
*) Здесь и далее под словом «подобный» всегда понимается
«собственно-подобный» (см. выше, стр. ПО).
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 (черт. 93, б). Действительно, пусть F— началь-
ное и F'—любое другое положение фигуры F; А, В и Ау,
Вх—соответствующие положения точек А и В. Так как фи-
гура остаётся сама себе подобной и точка О фигуры остаётся
б)
Черт. 93.
на месте, то треугольники ОАВи ОАхВг подобны; следовательно,
= и = Обозначим угол ВО А через
ов 1 ,
а и отношение через k; последнее равенство доказывает,
что центрально-подобное вращение с центром О, коэффициен-
том подобия k и углом поворота а переводит Ву в Дг. Так
как Ft — произвольное положение фигуры, то это озна-
чает, 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-
которой кривой у, то другая произвольная прямая п фи-
гуры (тоже не проходящая через О) всё время касается
кривой, подобной у (см. черт. 93, б). Эта кривая получается
[76J ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 123
из кривой у при помощи центрально-подобного вращения с
центром О, переводящего прямую т в прямую п. В частности,
если некоторая прямая т фигуры F, не проходящая че-
рез О, всё время проходит через постоянную точку Л1, то
каждая прямая п 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 AfiBx (черт. 93, б) следует,
что и треугольники АОАг и ВОВХ тоже подобны ( / ЛОЛ, =
ВОВг, так как / АОАХ = АОВф- ВОАд\ ВОВХ =
/ . I /пГ|. OAt ОВ1 ОВг ОВ\ .
= Z AfiBi + Z B0Av = бв1. так как од; = од) А по-
следнее означает, что фигура Fx получается из фигуры F
при помощи центрально-подобного вращения с центром в точ-
ке О, углом поворота АгОА и коэффициентом подобия
Обратно, если фигура изменяется, оставаясь сама себе подоб-
ной, 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-
но-подобного преобразования).
76. Через точку А пере-
сечения окружностей S, и
Sa проводятся произвольная
прямая / и фиксированная
прямая 1п, пересекающие
второй раз и Sa в точ-
ках М1, /И2 и Nlt Nt; пусть
Лф/И.,/3 есть равносторонний
треугольник, построенный на
отрезке ЛфЛф, Q— точка
пересечения прямых ЛфЛ\ и
Л/8Л/а (черт. 94). Докажите,
что когда I вращается вокруг А,
а) вершина Р треугольника Л^/ИгР описывает окруж-
ность L, а его стороны Л^Р и /И8Р поворачиваются вокруг
124
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(77—78]
каких-то фиксированных точек и /8 (МГР проходит через
/,, a MtP—через 1г);
б) точка Q описывает окружность Г. Найдите геометри-
ческое место центров окружностей Г, отвечающих разным
положениям прямой 10.
77. Пусть I — произвольная прямая, проходящая через
вершину А треугольника АВС и пересекающая его основание
ВС в точке М, О, и Ot —
центры окружностей,описанных
вокруг треугольников АВМ и
АСМ. Найдите геометрическое
место середин отрезков (\Ot,
отвечающих всевозможным по-
ложениям прямой I.
78. Дан треугольник АВС
и некоторая точка О. Через О
проводятся прямые /,, /в и / ,
углы между которыми равны
углам треугольника; пусть А,
В, С — точки пересечения этих
прямых с соответствующими
сторонами АВС (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 АВС, то эта точка одновременно является
1° точкой пересечения высот;
2° центром описанной окружности;
3° центром вписанной окружности
треугольника АВС.
б) Пусть точка О — произвольная, прямые/,, /я, /3 вра-
щаются вокруг О. Найдите геометрическое место
1° центров описанной окружности;
2° центров вписанной окружности;
3° точек пересечения высот
треугольников АВС.
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, т 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-
ния 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-
буется доказать.
Обозначим точки пересечения прямых, по которым дви-
гаются точки А, В и С, соответственно буквами Р, Q и А?
(черт. 96, а). Пусть F и Ft—два положения изменяющейся
фигуры F; А, В, С и Лх, Вг, Сг—соответствующие поло-
жения трёх рассматриваемых точек. Центр вращения О фигур
В и Д, является в то же время центром вращения отрезков
126
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
АВ и АгВА, АС и Afi,. 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'B'Q,
где Q — точка пересечения АА' и ВВ'; в нашем случае это
означает, что точка О должна лежать на окружности, описан-
ной вокруг ^АВР (и на окружности, описанной вокруг
Л А1В1Р). Точно так же центр вращения отрезков АС и А1С1
лежит на окружности, описанной вокруг треугольника ACQ
(и на окружности, описанной вокруг Д Таким образом,
центр вращения фигур Fn F, определяется как точка пересече-
ния окружностей, описанных вокруг треугольников ABPw ACQ
и, значит, не зависит от положения Д изменяю-
щейся фигуры. А это и означает, что каждые два поло-
жения нашей фигуры имеют один и тот же центр вращения,
что и завершает доказательство.
Если прямые, которые описывают точки А, В и С фигуры Л, про-
ходят через одну точку Р (черт. 96, б), то в общем случае утвержде-
ние теоремы остаётся справедливым. Доказательство в этом случае не
отличается от проведённого выше; общий центр подобия всех поло-
жений фигуры попрежнему 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-
ние 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 X. АСВ= \8)° и точки Р w С лежат
по разные стороны от прямой АВ. или / АРВ= / АС В и точки Р
и С лежат по одну сторону от прямой АВ. В этом случае утвержде-
ние теоремы может оказаться неверным.
Доказательство теоремы 4. Покажем, что каждые
два положения фигуры F имеют один и тот же центр вра-
щения 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-
движную точку (поскольку прямая I проходит через неподвиж-
ную 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, Qu 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 ч т фигуры не мо-
ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 127
жет измениться, поскольку фигура остаётся подобной сама
себе) *). Далее, пусть F и Рг— два положения изменяющейся
фигуры; I, т, п и /,, т1, пг— соответствующие положения
трёх рассматриваемых прямых; А, В, С и Аг, Вг, —соот-
ветствующие положения точек А, В и С. Если О есть центр
вращения фигур F и Ft, то угол АОАг равен углу поворота
Черт. 97.
центрально-подобного вращения, переводящего F в F,, и,
следовательно, равен углу между прямыми I и Z, или углу
между т и т1. Таким образом, / АОА, — / АРА* = /AQA,,
т. е. точка О лежит на окружности, проходящей через точки
A, Alt 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-
кой пересечения окружностей, описанных вокруг треуголь-
ников 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 /-’(пли неподвижную
точку Q); в противном случае угол QAP заменяется дополнением его
до 180° (см. сноску 2) на стр. 50).
128 преобразования подобия (79—82
ния Ft изменяющейся фигуры. Но это и означает,
что каждые два положения фигуры F имеют один и тот же
центр вращения.
Если прямые I, т и п 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-
ный другому данному четырёхугольнику (например/квадрат);
б) вокруг данного четырёхугольника опишите четырёхуголь-
ник. подобный другому данному четырёхугольнику (например,
квадрат).
80. Проведите прямую I так, чтобы три отрезка, кото-
рые высекают на ней данные четыре прямые /х, /а, и /4,
находились в известных отношениях.
81. Повернём все стороны треугольника АВС вокруг
середины сторон на один и тот же угол а (и в одном на-
правлении); пусть А'В'С — треугольник, образованный по-
вёрнутыми прямыми. Найдите геометрическое место точек
пересечения высот, биссектрис и медиан треугольников
А'В'С, отвечающих различным значениям угла а. Докажите,
что центры описанных окружностей всех этих треугольни-
ков совпадают.
82. Пусть М, К и L—три точки, лежащие на сторонах
АВ, ВС и АС треугольника АВС. Докажите, что
а) окружности и Ss, описанные вокруг треуголь-
ников LMA, МКВ и KLC, пересекаются в одной точке;
б) треугольник, образованный центрами окружностей
S2 и Sa, подобен треугольнику АВС.
Предложение задачи 82 а) допускает весьма значительное раз-
витие; по этому поводу см. задачу 218 6) из § 1 гл. II третьей части.
Аналогично можно обобщить и предложение задачи 82 б); мы, одна-
ко, ие будем па этом останавливаться.
83—86] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 129
Черт. 98.
ка АВС и Д1Д1С1; пусть
их соответствующих сторон
83. В окружность S вписаны два собственно-равных
(см. выше, стр. 60) треугольн
А, В и С — точки пересечения
(черт. 98). Докажите, что
а) треугольник АВС подо-
бен треугольникам АВС аА&С^;
б) точка пересечения высот
треугольника АВС совпадает с
центром окружности 5.
84. Пусть I — произвольная
прямая плоскости, /,, /, и/,—
три прямые, симметричные / от-
носительно сторон данного (не-
прямоугольного!) треугольника
АВС, Т — треугольник, образо-
ванный /„, /,. Докажите, что
а) все треугольники Т, соответствующие разным положе-
ниям прямой I, подобны между собой;
б) все прямые I такие, что /х, 1г и /3 пересекаются в
одной точке Р, проходят через точку Н пересечения высот
треугольника АВС; геометрическим
местом точек Т пересечения /1( Za, 1}
является описанная окружность тре-
угольника АВС;
в) все прямые I такие,- что тре-
угольники Т имеют определённую
площадь, касаются одной и той же
окружности с центром Н.
85. Докажите, что основания пер-
пендикуляров, опущенных на стороны
треугольника АВС из какой-нибудь
точки Р, в том и только том слу-
чае лежат на одной прямой (прямая Симеона, черт. 99),
если точка Р лежит на описанной вокруг АВС окружности.
86. Выведите из результата задачи 85 доказательства
следующих теорем:
а) четыре окружности, описанные вокруг четырех тре-
угольников, образованных произвольными четырьмя прямыми
(никакие три из которых не пересекаются в одной точке и
никакие две не параллельны), проходят через одну точку;
5 И. М. Яглом
130
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
[87—88
б) попарные точки пересечения трёх окружностей, постро-
енных как на диаметрах
хордах МА, МВ и /ИС
окружности S, лежат на
прямой (черт. 100);
если а, Ь, с и d —
последовательных сторон
во-
на трёх
одной
одной
в)
длины
четырёхугольника ABCD,
круг которого можно описать
окружность, а е и f — длины
его диагоналей, то
ас — bd = ef
(теорема Птолемея).
Теорема задачи 86 а) в другой
связи была приведена в § 2 гл. I
настоящей части (см. задачу 64
на стр. 107, в частности черт. S3).
Теорема Птолемея в другой связи
будет приведена в гл. 11 третьей
258 и 269 из § 4); там же будет
части кппги (см. задачи _______ .. ____ ___ * ......-
приведена теорема, обратная теореме Птолемея (см. задачу 269), п
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-
тырёх 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 S, и S2, имеют известное от-
ношение.
См. также задачи 250 б) из § 3 и 260 из § 4 гл. II третьей части
книги.
Впишем в данный треугольник АВС треугольник Д^С^
подобный АВС (порядок букв указывает соответствие сторон),
так, чтобы"вершина треугольника А1В1С1 лежала на сто-
роне АВ, вершина Вх — на стороне ВС и вершина С, — на
89—90] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 131
стороне СА (черт. 101). Треугольников А^С,, удовлетво-
ряющих поставленному условию, можно построить бесконечно
много — можно выбрать произвольным образом направление
одной нз сторон нлн положение
вика А2В2С2 (см. задачу 47 б) из
§ 1 пли задачу 60 а) нз§2гл. I).
Все построенные таким обра-
зом треугольники А1В1С1 имеют
с треугольником АВС один и
тот же центр вращения О,
(см. доказательство теоремы 3).
Точка О, называется пер-
вым центром вращения /
треугольника АВС. Вторым
одной из вершин треуголь-
В
центром вращения тре- Черт. 101.
угольника АВС называется точ-
ка Ог, являющаяся центром вращения подобных треугольников
АВС и А2В..С2 (порядок букв указывает соответствие сторон),
где треугольник А2В2С2 вписан в треугольник АВС таким
образом, что точка А2 лежит на стороне С А, точка В, — на
стороне АВ и точка С2 — па стороне ВС.
89. Пусть А’В’С — треугольник, подобный Д АВС (порядок
букв указывает соответствие сторон) и такой, что точка А'
лежит на стороне ВС, точка В — на стороне АС п точка
С — на стороне АВ треуголь-
ника АВС. Докажите, что центр
вращения О треугольников
А'В'С и АВС совпадает с цен-
тром описанной окружности
треугольника АВС.
90. Пусть О2 и О2— пер-
В вый и второй центры вращения
треугольника АВС, О — центр
описанной окружности. Дока-
жите, что
а) /_О, АВ = ХР1ВС=/_OfiA = Z_ °гВА = ZOtCB =
= Х О..АС (черт. 102); обратно, если, например, Д МАВ=
= / Л1ВС = / УИСА, то точка А/ совпадает с О,;
б) О2 совпадает с О2 в том и только том случае, если
треугольник АВС равносторонний;
Б*
132 ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ (91—92
в) О, и О2 равноудалены от О: 0,0 = О., О;
г) общее значение <s углов О,АВ, О,ВС, О,СА, О,ВА,
О2СВ и О2АС не превосходит 30°; при этом и, —30° в
том и только том случае, если треугольник АВС равно-
сторонний.
91. Постройте центры вращения О1 и О2 данного тре-
угольника АВС.
92. Пусть A,Bfi, и А2В2С2 — треугольники, вписанные
в треугольник АВС и подобные этому треугольнику (поря-
док букв указывает соответствие сторон), н такие, что точки
А , В и С, лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и СА
треугольника АВС, а точки А2, В2 и С„ — соответственно
на сторонах СА, АВ и ВС этого треугольника. Пусть, кроме
того, стороны А,В, и А2В2 треугольников А,В,С, и А.,В2С2
образуют равные углы со стороной АВ треугольника АВС
(черт. 103). Докажите, что
а) треугольники А1В1С1 и А2В2С2 равны между собой;
б) прямые В2С2, С2А, и А2В, параллельны сторонам ВС,
СА и АВ, а прямые А,А2, В,В2 и С,С2 антипараллельны’)
этим сторонам;
в) шесть точек Bv С,, А2, В2, С2 лежат на одной
окружности.
‘) Отрезок PQ, пересекающий стороны АВ и АС треугольника
АВС (точка Р лежит на стороце АВ, точка Q — на стороне АС),
называется антипараллельным стороне ВС, если / APQ =
= /АСВ, /_ AQP= /_ АВС (отрезок PQ параллелен стороне ВС,
если / APQ = / АВС, £ AQP= / АС В).
93—95] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ Н ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 133
93. а) Пусть А2, Bt, Ct н At, B2, Ca— проекции пер-
вого и второго центров вращения треугольника АВС на сто-
роны треугольника. До-
кажите, что треуголь-
ники А1В1С1 и А2В2С2
оба подобны треуголь-
нику АВС и равны ме-
жду собой и что шесть
точек Ла, В2, С2, А2,
В2, С, лежат на одной
окружности, центр ‘ко-
торой находится в се-
редине отрезка, соеди-
няющего. первый и вто-
рой центры вращения тре-
угольника АВС (черт. 104, а}.
б) Докажите, что в дан-
ный треугольник АВС можно
вписать два треугольника
А1В1С1 п А2В2С2 таких, что
стороны этих- треугольников
перпендикулярны к сторонам
треугольника АВС; при этом
оба эти треугольника равны
между собой и три отрезка,
соединяющих соответствую-
щие вершины этих треуголь-
ников, равны между собой и пересекаются в одной точке,
которая является общей серединой этих отрезков (черт. 104,6).
94. Пусть О, есть один из центров вращения треуголь-
ника АВС; А', В1, С — точки пересечения прямых ЛО,, ВО2,
СО2 с окружностью, описанной вокруг треугольника АВС.
Докажите, что
а) треугольник АВ'С равен треугольнику АВС;
б) шесть треугольников, на которые разбивается шести-
угольник АСВА'СВ' прямыми, соединяющими его вершины
с точкой О1г все подобны треугольнику АВС.
95. Пусть М—произвольная точка внутри треугольника
АВС. Докажите, что хоть один из углов МАВ, МВС, MCA
и хоть один из углов Л1АС, МСВ, MBA не больше 30°.
134
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(96
В заключение настоящего параграфа рассмотрим некоторые
свойства трёх подобных фигур F,, F2, F3. Попарные центры
вращения этих фигур обозначим через О3, О, и О,. Тре-
угольник OtO2O3 называется треугольником подобия,
а описанная около него окружность — окружностью по-
добия фигур F3, F2 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-
ку— центр подобия трёх фигур. [Если F3, F2 и F3 по-
парно центрально-подобны, то окружность подобия обязатель-
но 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-
добия трёх фигур F,, F2 и F3 не вырождается ни в прямую,
ни в точку.
96. На плоскости даны три подобные фигуры F3, Ft и F3.
Пусть А1В1, А2В2 и А3В3— три соответствующих отрезка
этих фигур; D3D2D3 — треугольник, сторонами которого яв-
ляются прямые А1В1, А2В2 и А3В3 (черт. 105). Докажите, что
а) прямые 0,0,, D2O2 и D3O3 пересекаются в одной
точке U, лежащей на окружности подобия фигур F,, F3 и F3
(черт. 105, а);
б) окружности, описанные около треугольников А3А2О3,
A3A3D2 и A2A3D3, пересекаются в одной точке V, лежащей
на окружности подобия фигур F,, F2 и F3 (черт. 105, б);
в) пусть DiDtDs есть какой-то отличный от D1D2D3
треугольник, сторонами которого являются три соответствую-
щие друг другу прямые фигур F,, F, и F3. В таком случае
треугольники D3D2D3 и DiDiDs собственно-подобны и центр
вращения О этих двух треугольников лежит на окружности
подобия фигур F,, F, и F3 (черт. 105, в).
*) Понятие центра вращения двух собственно-подобных фигур
обобщает: 1° центр вращения собственно-равных фигур; 2° центр по-
добия центрально-подобных фигур. Поэтому соответствующую точку
можно было бы с равным основанием назвать центром вращения или
центром подобия фигур. В вопросах, которым посвящён коней это-
го параграфа, было бы более удобным второе название (в этом слу-
чае мы сказали бы: три попарных центра подобия трёх собственно-
подобных фигур образуют треугольник подобия этих фигур). Однако
название «центр вращения» более распространено в литературе.
96] ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 135
136
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
(97
97. Пусть Fj, F2 п F3— три подобные фигуры; /1, /2
и 13—соответствующие друг другу прямые этих фигур,
пересекающиеся в одной точке W (черт. 106). Докажите, что
а) точка лежит па окружности подобия фигур F,, Ft, F2;
б) прямые /2 п /8 проходят соответственно через три по-
стоянные (не зависящие от выбора прямых lt, 1г, /3) точки J J3
и J3, расположенные на окружности подобия фигур Fx, Fa, F3.
Кроме теорем, составляющих содержание задач 96 п 97, можно
отметить ещё большое число замечательных свойств, которыми обла-
дают три подобные между собой фигуры Fv Fz и Fz. Перечислим
здесь некоторые из этих свойств.
I. Треугольник (см- задачу 97 б)) зеркально-подобен тре-
угольнику сторонами которого являются три произвольные
соответствующие друг другу прямые фигур Fv F, и F,.
II. Прямые Jfiu J3OB пересекаются в одной точке Т.
Ill. Если три соответствующие друг другу точки Л,, Л2 и А3
фигур Fa, Fa и Fs 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 соответству ющие друг другу точки фигур Fr и F„.
IV. Если Л,, Л3 и Л3 суть три соответствующие друг другу точки
фигур F,, Ft и Fs, то окружности, описанные около треугольников
Л^.Оз, А,0,03 и Л8О,О2, пересекаются в одной точке.
V. Будем называть основным треугольником точки Л,
фигуры /у треугольник Л,Л2Л3. где Л2 и Л, — точки фигур Fz п
Fj, соответствующие точке Л, фигуры F,. Тогда:
98—100J ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ II ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ 137
а) геометрическое место точек Л, фигуры /у таких, что основной
треугольник этих точек имеет данный угол Л2Л,ЛЭ (или данный
угол Л2Л2Л3, или данный угол Л1Л3.42), есть окружность;
6) геометрическое место точек Л, таких, что основной треуголь-
ник Л,Л2Л3 имеет данную сторону Л2Л3 (или данную сторону Л2Л3,
или данную сторону А2А,), есть окружность;
Л.Л, (
сторон ли V
, есть окружность;
инк
в) геометрическое место точек А. таких, что основной треуголь-
А А {
Л,Л2Л3 имеет данное отношение сторон л ( или данное отно-
Л Л А А
шеиие -гЦг , пли данное отношение -т*-/
Л,Л 3 Л2Л3 /
г) । еометрнческое место точек Л, таких, что основной треуголь-
ник Л^.Лз имеет данную площадь, есть окружность.
Предоставляем читателю самостоятельно доказать все эти пред-
ложеиня.
§ 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 пли преобразований подобия; по-
следнее обстоятельство и послужило основанием для включе-
ния в книгу этого параграфа.
98. а) Даны прямая I и две точки Л и В по одну сторону
от этой прямой. Найдите па прямой I точку X такую,чтобы
сумма АХ-\-ВХ имела наименьшее возможное значение.
б) Даны прямая I п две точки А и В по разные стороны
от этой прямой. Найдите на прямой I точку X такую, чтобы
разность АХ— ВХ имела наибольшее возможное значение.
99. а) Впишите в данный треугольник АВС треуголь-
ник, одна вершина которого совпадает с заданной точкой Р
на стороне АВ п периметр которого имеет наименьшее воз-
можное значение.
б) Впишите в данный треугольник АВС треугольник
наименьшего возможного периметра.
100. Впишите в данный четырёхугольник ABCD четы-
рёхугольник наименьшего возможного периметра. Докажите,
что эта задача, вообще говоря, не имеет решения в соб-
ственном смысле слова (т. е. такого, чтобы получился на-
стоящий 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-
сленное множество четырёхугольников равного периметра,
вписанных в ABCD, таких, что-все другие вписанные в
ABCD четырёхугольники имеют больший периметр.
Можно поставить следующую, более общую задачу:
е данный п-уголъник вписать п-уголеник наименьшего воз-
можного 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 АВС 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 АВС треугольник
DEF так, чтобы величина a-EF-\-b-FD-\-c-DE, где
а, Ь, с — заданные положительные числа, имела наименьшее
возможное значение.
103. В плоскости треугольника АВС найдите точку М,
сумма расстояний которой до вершин треугольника является
наименьшей.
104. а) Опишите вокруг данного треугольника АВС равно-
сторонний треугольник так, чтобы перпендикуляры, восстав-
ленные в точках А, В, С к сторонам равностороннего тре-
угольника, пересекались в одной точке. Выведите из этого
построения ещё одно решение задачи 103.
б) Впишите в данный треугольник АВС равносторонний
треугольник так, чтобы перпендикуляры, опущенные из точек
А, В, С на стороны равностороннего треугольника, пересе-
кались в одной точке. Выведите из этого построения ещё
одно решение задачи 103.
105. а) Пусть АВС—равносторонний треугольник, —
произвольная точка в плоскости этого треугольника. Дока-
жите, что МА-\-МС^МВ. В каком случае МА -j- МС — МВ7
б) Выведите из предложения задачи а) ещё одно решение
задачи 103.
106. Найдите в плоскости заданного треугольника АВС
такую точку Л4, чтобы величина а-МА-\-Ь’МВ-\-оМС, где
а, Ь, с — данные положительные числа, имела наименьшее
возможное значение.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
ДВИЖЕНИЯ
ГЛАВА I
СОБСТВЕННЫЕ ДВИЖЕНИЯ
§
1. Перенесём параллельно окружность S1 в направлении
прямой I на расстояние а в положение •$,; пусть А' \\ В —
точки пересечения S1 с окружностью St (черт. 107). Прямые,
проведённые через А' н В _
параллельно Z, п будут
искомыми (отрезки АА' и
ВВ на черт. 107 равны
как раз величине а па-
раллельного переноса).
Ещё два решения можно
получить, если перенести ;
параллельно прямой I /
на расстояние а в обрат- I
ном направлении в поло- \
женпе Si.
В зависимости от чис-
ла точек пересечения ок- Черт. 107.
ружностей Si и Si с $2
задача может иметь четыре, три, два, одно пли нп одного реше-
ния. [Так, в случае, изображённом на черт. 107, задача имеет t**3 *'!
три решения.]
2. а) Предполагая задачу решённой, перенесём параллель-
но отрезок MN в новое положение АДГ таким образом, чтобы
140
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(2
точка М совпала с точкой А (черт. 108, а). Тогда AM^=NN,
и следовательно, АМ-\-NB= N'NNB. Поэтому путьЛЛГЛ/В
будет кратчайшим тогда и только тогда, когда точки N\ N
и В лежат на одной прямой.
Отсюда следует построение: отложим из точки А от-
резок AN' по величине равный ширине реки и перпен-
дикулярный/ к её направлению; соединим точку N' с точ-
кой В прямой; точка Л/, полученная при пересечении N'B
с более близким к В берегом реки, определит положе-
ние моста.
б) Ограничимся для простоты случаем, когда деревни А
"'ll В разделены двумя реками. Предполагая, что задача реше-
на и что KL и MN—искомые мосты через реки, перенесём
зом, чтобы конец его К совпал с точкой А (черт. 108, б).
Тогда AK=L'L и АК-\- LM-\- NB= BL-\- LM -f-NB. Если
путь AKLMNB является кратчайшим, то кратчайшим являет-
ся также и путь BMNB между точками В и В, разделён-
ными только второй рекой. Но этот путь строится, как ука-
зано в решении задачи а).
Таким образом, приходим к следующему построению: из
точки А отложим отрезок АВ, равный ширине первой реки и
перпендикулярный к её направлению; из точки В отложим
отрезок BN', равный ширине второй реки и перпендикуляр-
ный к её направлению. Соединим точку N' с точкой В прямой
N'B. Точка N пересечения этой прямой с берегом второй реки,
более близким к точке В, определит положение моста MN.
3)
ДВИЖЕНИЯ
141
Проведём через точку Л1 прямую параллельно прямой N'B до
её пересечения с ближайшим берегом первой реки в точке,
которую мы обозначим буквой L. Эта точка определит поло-
жение 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 Z, и 1г
(черт. 109, а). Перенесём прямую Z„ в направлении QAJ па
расстояние а. Если Г2 — прямая, получающаяся при этом па-
раллельном переносе, то очевидно, что расстояние AIQ'
точки М от прямой С равно а — MQ = AIP. Следовательно,
точка Л1 находится на биссектрисе угла, образованного
прямыми Zt и Г2.
Отсюда видно, что все точки искомого геометрического
места лежат на биссектрисах углов, образованных прямой
и прямыми Г2 и получающимися из прямой Z, при парал-
лельном переносе в направлении, перпендикулярном к этой пря-
мой, на расстояние а. Однако не все точки этих четырёх
биссектрис принадлежат искомому геометрическому месту. Из
черт. 109, а нетрудно усмотреть, что условию задачи удов-
летворяют лишь точки, лежащие на сторонах прямоугольника
ABCD, образованного пересечением четырёх рассматриваемых
биссектрис.
142 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ [4
б) Пусть Л/—точка плоскости, удовлетворяющая одному
из следующих двух равенств:
МР—MQ = a или MQ— МР=а,
где Р и Q — основания перпендикуляров, опущенных из точки Л1
соответственно на прямые 11 и /2 (на черт, 109, б точка М
удовлетворяет второму равенству). Перенесём параллельно
прямую /2 в направлении QM на расстояние а. Аналогично
решению задачи а) показывается, что точка М равноудалена
Черт. 109, б.
от прямой 1Х и прямой 1'2, получающейся в результате па-
раллельного переноса 12 (см. черт. 109, б, где MQ— МР—а,
— M1Ql==a). Отсюда следует, что все точки иско-
мого геометрического места также лежат на четырёх биссек-
трисах углов, образованных прямой и прямыми Г, и
однако в данном случае условию задачи удовлетворяют лишь
точки, лежащие на продолжениях сторон прямоугольника
ABCD (равенству МР—MQ = a удовлетворяют точки ло-
маных HBG и LDN, а равенству MQ—-МР—а— точки
ломаных EAF и ICK).
4. Перенесём параллельно стороны АВ и DC четырёх-
угольника ABCD в новые положения МВ и МС (черт. 110).
Образованные при этом четырёхугольники АМВВ и DMCC бу-
дут параллелограммами, и следовательно, ВВ || AM и ВВ—АМ,
5]
ДВИЖЕНИЯ
143
СС || DM и CC'=DM. Но AA1=MD (М — середина стороны
AD); таким образом, отрезки ВВ' и СС параллельны и равны друг
другу. А так как, кроме того, BN—NC, то /\BNB =
=£^CNC. Отсюда следует, что BN—NC и / BNВ —
Черт. ПО.
=/CNC, т. е. отрезки BN и NC составляют продолжение
один другого.
Таким образом, мы построили треугольник МВ'С, в кото-
ром, по условию задачи, медиана MN равна полусумме бо-
ковых сторон МВ' и Л1С (так как Л1В' = АВ, МС — DC).
Продолжая медиану A1N за точку N па расстояние ВД11 =
=AIN и соединяя АЦ с В, мы получим треугольник MMtB, у
которого сторона AIA!l — 2A1N равна сумме сторон МВ и
B'MY = MC, что невозможно. Следовательно, точка В'должна
быть расположена на отрезке А последнее означает,
что А\В [[ A1N [| Л1С; следовательно,
АВ || MN и DC | MN, т. е. четырёх-
угольник ABCD является трапецией.
5. Предположим, что задача ре-
шена. Перенесём параллельно отре-
зок АХ в направлении прямой CD
на величину EF— а в положение АХ',
(черт. 111).
Очевидно, что АХ' проходит че-
рез точку F. Далее,
/ AFB = /_ АХВ = 1 - АтВ-,
следовательно, угол A'FB мы можем
считать известным.
Отсюда вытекает следующее построение: перенесём па-
раллельно точку А в направлении хорды CD на расстояние а
144
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[6
в положение А'. На отрезке АВ построим сегмент, вмещаю-
щий угол, равный половине дуги АпгВ. Пусть F — точка пе-
ресечения 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 I пересекает ок-
ружности S, и S2 в точках Л\ и М2 (черт. 112). Опустим
на прямую I перпендикуляры ОХРХ и О2Рг из центров (\ и
с
О2 окружностей S, и S2; в таком случае АР1=-^-А2И1, АРг=
= -~АЛ1г, и следовательно, Р1Р2=-^- (АЛ1, AM,,} =
а. Перенесём параллельно прямую I в положение i
так, чтобы она прошла через точку О,; пусть Л есть точка пе-
ресечения Г с прямой OJ\. В таком случае О/5'= =
=-^- а, так как четырёхугольник Pfi^PP*— параллелограмм.
Отсюда вытекает следующее построение. На отрезке Ofit
как на гипотенузе строим прямоугольный треугольник О1О2Р'
с катетом OVP — ~ а. Искомая прямая I будет параллельна
прямой ОуР.
Если с, то задача имеет два решения (построение
второй прямой, удовлетворяющей условию задачи, намечено
7J
ДВИЖЕНИЯ
145
пунктиром на черт. 112), если О,Ог = а —одно
решение и если О,Ог < — ни одно-
го решения.
б) Пусть Л1, /V, Р— три данные точ-
ки, АВС — данный треугольник (черт.
113). Описав на отрезках MN и МР
сегменты, вмещающие углы АСВ, соот-
ветственно АВС, мы придём к задаче:
построить прямую В1С1, отрезок которой
внутри проведённых сегментов имеет
данную величину ВС, т. е. к задаче а).
Задача может иметь либо два ре-
шения, либо одно, либо ни одного (при
условии, если указано, какая именно
сторона проходит через каждую из за-
данных точек).
/
7. а) Предположим, что искомая
прямая I пересекает окружности S, и S,
в точках А и В, соответственно С и D
(черт. 114, а). Перенесём параллелы
направлении прямой I на расстояние АС; новое её положение
1т
1--------------I,
а)
Черт. 114, в.
обозначим SJ. Так как Л5 = СС>, то отрезок АВ совместится с
CD; поэтому центры О2 и О', окружностей S, и S' оба будут ле-
жать на перпендикуляре, восставленном к отрезку CD в его
середине.
146
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
17
Отсюда вытекает следующее построение. Пусть т—
прямая, перпендикулярная к /, и проходящая через центр Ог
окружности S2; п — прямая, параллельная 1Х и проходящая
через центр О2 окружности О' — точка пересечения этих двух
прямых. Перенесём параллельно S в положение S’ так, чтобы
центр 5' совпал с Oj. Прямая, проходящая через точки пе-
ресечения S2 и S', и будет искомой.
Задача может иметь одно или ни одного решения.
б) Предположим, что искомая прямая I пересекает S, и
Sa в точках А и В, соответственно С и О; АВ-j-CD— а
г
°. °2
Черт. 114, б.
(черт. 114,6). Сдвинем окружность S, параллельно I на рас-
стояние а в положение S'; тогда АА‘ — a = AB-\-CD, т. е.
BA'=CD. Поэтому, если мы параллельно сдвинем окруж-
ность 52 в направлении прямой I в положение 5' так, чтобы
центр О' окружности Sj оказался на прямой т, перпендикуляр-
ной к отрезку 0,0', и проходящей через его середину (О,
и О'-—центры окружностей S, и S'), то хорда CD окруж-
ности S2 займёт положение ВА'.
Отсюда вытекает следующее построение: сдвинем парал-
лельно окружность S, в направлении прямой на расстояние
а в положение S'; затем параллельно сдвинем окружность S2
в направлении прямой I, в положение S' так, чтобы её центр
71
ДВИЖЕНИЯ
147
оказался на прямой т, перпендикулярной к отрезку 0,0; в
его середине. Точки пересечения окружностей S, и S'2 (на
чертеже—точки В и В,) и определят искомые прямые. Задача
может иметь до двух решений в зависимости от числа то-
чек пересечения окружностей S, и S2 (на черт. 114,6 изо-
бражён случай, когда задача имеет два решения).
Аналогично решается задача и в том случае, когда за-
дана разность хорд, высекаемых окружностями на иско-
мой прямой.
в) Считая задачу решённой, сдвинем параллельно окружность
S, в направлении найденной прямой KN в положение S,', так
чтобы отрезок KL совместился с отрезком MN (черт. 115).
Таким образом, окружности S2 и 5.’ будут иметь общую хор-
ду MN.
Пусть АВ, и АВг — касательные, проведённые из точки А
соответственно к окружностям S,’ и S, (В, и В2 — точки
касания). Тогда __ дм. дм, АВ\ = АЛ1 - AN
и, следовательно,
АВ? = АВ*.
Мы можем определить теперь АО', (О' — центр окружно-
сти S'): ,-----------,--------------
А0\ = 1/ О,' BJ -|- АВг, = 1/ г J + ав: ,
148
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(8
где г,— радиус окружности S,; кроме того, мы знаем, что
X 0,0'0.— прямой, так как прямая О'О, перпендикулярна
к прямой MN, а следовательно, и к прямой 0,0,'. Это по-
зволяет определить неизвестный нам сначала параллельный
перенос, переводящий окружность S, в положение S'.
Построение осуществляется следующим образом. Из точки
А, как из центра, проводим окружность радпуса'|/'Г1’ -}-
на отрезке 0,0,, как на диаметре, строим ещё окружность.
Пересечение этих двух окружностей определит положение
центра О' окружности $' радиуса г,. Далее находим точки М
и W пересечения окружностей S, и S' и проводим пря-
мую MN, которая будет искомой. В самом деле, точка А лежит
на прямой ММ, так как иначе не могло бы иметь места ра-
венство АЕ?1 = АВ[ (если бы прямая AM пересекала окруж-
ности S, и S' в разных точках Nt и М то мы имели бы
= Д/И-.ДЛ/,, AB!1 = AM-AMt). Далее, прямая 0,0' перпен-
дикулярна к прямой ММ, а прямая 0,0' перпендикулярна к
прямой 0,0' следовательно, 0,0,' || ММ, т. е. хорды KL и MN
окружностей S, и S' равноудалены от их центров О, и О'.
Значит, хорды KL и MN равны, что и требовалось доказать.
Наибольшее число решений задачи равно двум.
§ 2
8. Проведём прямую Г, симметричную I относительно
точки А (черт. 116); пусть Р— точка её пересечения с
окружностью 5. Прямая РА будет искомой, так как точка Р
пересечения этой прямой с прямой I симметрична точке Р
относительно точки А и, следовательно, РА — АР.
Наибольшее возможное число решений задачи равно двум.
9]
ДВИЖЕНИЯ
149
9. а) Построим окружность S', симметричную S2 относи-
тельно точки А (черт. 117,а). Пусть Р"— отличная от А
точка пересечения окружностей S2 и S'. Прямая РА будет
искомой, так как точка Р пересечения этой прямой с окруж-
ностью S2 симметрична точке Р относительно А и, следова-
тельно, Р'А = АР.
Если окружности S2 и S2 пересекаются, то задача имеет
единственное решение; если
же S2 и S2 касаются, то за-
дача либо не имеет решения
(если радиусы окружностей
различны), либо неопреде-
лённа (если радиусы окруж-
ностей равны).
Примечание. Эта за-
дача является частным случаем
задачи 7 в), но решается значи-
тельно проще.-
б) Построим окружность S', симметричную S2 относи-
тельно точки А. Пусть MAN— искомая прямая (черт. 117,6)
п N’— точка пересечения её с окружностью S'; тогда MN1 =а.
Из центров О2 и О' окружностей S2 и S' опустим перпенди-
куляры О2Р и O'Q на прямую MAN; в таком случае
РА = ~МА, QA=~N'A и PQ = у а.
150
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
110—11
Таким образом, расстояние прямой OtP до точки О' равно
g-й, т. е. прямая касается окружности радиуса а
с центром в точке О'. Построив прямую О,Р, мы без труда
построим и прямую MAN | О,Р.
Наибольшее возможное число решений задачи равно двум.
10. Предположим,
отрезок АХ от точки
Так как АХ проходит
Черт. 118.
что задача решена (черт. 118). Отразим
J; пусть А'Х'— его новое положение,
через Е, то А'Х проходит через F.
Так как Х'А' || АХ, то ^X'FB=
=^_АХВ=^-— АтВ; следова-
тельно, X XFB, равный 180° —
— / X"FB, известен.
Отсюда вытекает следующее
построение. Построим точку А',
симметричную точке А относи-
тельно 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-
шение.
11. Допустим, что фигура F имеет два центра симмет-
рии— О, и Ог (черт. 119). Покажем, чго тогда точка 03,
симметричная точке О, относительно О2, тоже будет центром
симметрии фигуры F. Действительно, пусть А — произволь-
121
ДВИЖЕНИЯ
151
пая точка фигуры, тогда точки А,, А, и А', где А3 симмет-
рична А относительно Ог, А2 симметрична Л1 относительно
О, и А' симметрична Аг относительно Ог, будут принадлежать
фигуре/7 (так как О2 и Ог — центры симметрии). Но точка А'
будет симметрична А относительно О3; действительно, отрез-
ки АО, и О3А' равны, параллельны и одинаково направлены,
так как попарно равны, параллельны и одинаково направлены
отрезки АО3 и О1А1, О1А1 и A,Olt A2Ot и О3А'.
Итак, фигура F вместе с каждой точкой А содержит и
точку А', симметричную А относительно О3; следовательно,
О, есть центр симметрии F.
Аналогично доказывается, что точка Ot, симметричная О3
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-
метрии, то она их имеет бесконечное множество.
12. а) Отрезок АпВн получается из отрезка АВ и резуль-
тате п последовательных симметрий относительно точек Ot,
О , . . ., Оп (п — чётно). Но сумма симметрий с центрами О2
и О, есть параллельный перенос; сумма симметрий с центра-
ми О3 и есть также параллельный перенос; сумма симметрий
с центрами О5 и Ов — это также параллельный перенос; . . .;
наконец, сумма симметрий с центрами Оп_3 и Оп тоже пред-
ставляет собой параллельный перенос. Поэтому АпВп полу-
чается из АВ в результате л, 2 последовательных параллель-
ных переносов. Но сумма любого числа параллельных пере-
носов есть новый параллельный перенос; таким образом, от-
резок 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 симметрий относительно
точки есть параллельный перенос плюс симметрия относитель-
но точки пли, что то же самое, есть просто симметрия отно-
сительно точки (см. выше, стр. 29); поэтому, вообще говоря,
ААП^ВВП (но АВП = ВАП).
б) Так как сумма нечётного числа симметрий относи-
тельно точки есть симметрия относительно точки (см. решение
задачи а)), то точка Ап, в которую переходит точка А в ре-
зультате п последовательных симметрий с центрами О3, Ог, ...
... , Оп, может быть получена из А одной симметрией
152
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[13
относительно некоторой точки О. Точка Л2П получается из Ап
в результате суммы тех же п симметрий; следовательно, она
может быть получена из Ап симметрией относительно той же
точки О. Отсюда и следует, что Агп совпадает с А.
Если п чётно, то Ап получается из А параллельным пе-
реносом; Л2П получается из Ап тем же параллельным переносом
и, как правило, не будет совпадать с А.
13. Первое решение. Предположим, что задача решена
и АаАа ... — искомый девятиугольник, Л/j, Л12,____, Л10 —
зим её последовательно от точек Afa, Л1а, ... , Л1о; получен-
ные точки обозначим через Ва, Ва, ..., 510. Так как отре-
зок АаВа симметричен Л^ относительно Ма, отрезок АгВ3 сим-
метричен АаВа относительно Ма, ..., наконец, отрезок АаВа0
симметричен АаВа относительно Ма, то все 10 отрезков АаВа,
АаВа, ..., Л0Вв, АаВа9 равны и параллельны и каждые два
соседних из этих отрезков противоположно направлены. По-
этому отрезки Л1в1 и равны, параллельны и противо-
положно направлены; значит, Л, есть середина отрезка ВаВ10,
что позволяет построить эту точку (выбрав произвольно Ва,
мы можем построить £10). Точки Л2, Л2, ..., Л, находятся
последовательным отражением Л* от М*, —, Л1р.
131
ДВИЖЕНИЯ
153
Задача всегда имеет едннстгенное решение, однако девя-
тиугольник ААг...А9 может получиться иевыпуклым пли
даже самопересекаюшпмся.
В случае чётного л, повторив те же рассуждения, мы
получим, что отрезки AjSn+l и Дв, должны быть равны, па-
раллельны и одинаково направлены, т. е. эти отрезки
должны совпадать. Поэтому, если точка Вп+1 не совпадает
с Вг, то задача не имеет решения. Если же Z?n+1 совпадёт
с Bv то отрезки AiBl и А1Вп+г совпадут при любом выборе
точки А,, т. е. за вершину At многоугольника можно принять
любую точку плоскости (решение задачи неопределённо).
Второе решение. Вершина Аг искомого «-угольника
в результате последовательных симметрий относительно сере-
дин Л11, Л12, ..., Л1п сторон его переходит в себя, т. е. точка Аг
является неподвижной точкой суммы п симметрий с цент-
рами А!,, А12,___, Л1п (см. черт. 120, б, где изображён слу-
чай п — 9). Если бы п было чётным, то сумма п симметрий
относительно точек представляла бы собой параллельный пере-
нос (см. решение задачи 12 а)). Так как параллельный перенос
совсем не имеет неподвижных течек, то при п чётном задача,
вообще говоря, не имеет решений. Исключением является слу-
чай, когда сумма п симметрий представляет собой тождествен-
ное преобразование (параллельный перенос на нулевое рас-
стояние), которое оставляет на месте все точки плоскости; в
этом случае решение задачи оказывается неопределённым: за
вершину Аг можно принять любую точку плоскости1). Если же
л нечётно (например, п = 9), то сумма я симметрий относи-
тельно точки представляет собой симметрию относительно точки.
Так как симметрия относительно точки имеет единственную не-
подвижную точку — центр симметрии, то вершина А1 искомого
девятиугольника должна совпадать с центром результирующей
симметрии; в этом случае задача имеет единственное решение.
Укажем, как построить центр симметрии — суммы девяти
симметрий с известными центрами Afx, Al,, ..., Л19. Сумма
симметрий с центрами А1, и Л12 есть параллельный перенос
в направлении AljAl, на расстояние 2Л1гА1г; сумма симметрий
с центрами и A1t есть параллельный перенос в направ-
лении Af3Af4 на расстояние 2Л13А14 и т. д. Таким образом,
х) Об условиях, которым должны в этом случае удовлетворять
точки Mv Mv ..., Мп, см. примечание в конце решения следующей
вадачи.
154
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[14
сумма первых восьми симметрий совпадает с суммой четырёх па-
раллельных переносов в направлениях Л1гЛ1г (или
2W6/We(||2VaA/a) и Л17Л/8(||Л/3Л^) на расстояния
2Л43Л43(=Л4^1), 2Л13Л14(=ВД), 2Af5^e(=N2N3) и
2М,2И8(= AZ3AZ4) соответственно (см. черт. 120,6), которая
является параллельным переносом в направлении на
расстояние A1lNi. Точка Л, есть центр симметрии, представ-
ляющей собой сумму параллельного переноса в направлении
на расстояние AfjA^ и симметрии относительно точки Л1Я;
для того чтобы найти её, достаточно отложить от точки А1
1 9
отрезок А!^,параллельный A^Afj и равный-^-А^А^ (черт. 120,б;
ср. также черт. 17 на стр. 29). Зная Лг, мы без труда по-
строим и все остальные вершины искомого девятиугольника.
14. а) Если Л1, 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
Al, N, Р, Q перейдёт в себя (ср. со вторым решением зада-
чи 13). Но это возможно только в том случае, если сумма сим-
метрий относительно М, N, Р и Q, равная сумме параллель-
ных переносов в направлениях MN и PQ на расстояния 2MN
и 2PQ соответственно, есть тождественное преобразование. Но
тогда отрезки MN и PQ равны, параллельны и противоположно
направлены, т. е. четырёхугольник MNPQ есть параллелограмм.
б) Аналогично решению задачи а) заключаем, что сумма
параллельных переносов в направлениях МхМг, М3М4 и
на расстояния соответственно ЧМгМг, 2А13А14 и 2А15А1в есть
тождественное преобразование. Следовательно, существует
треугольник, стороны которого параллельны М^Мг, Af3Af4 и
А/6А1в и равны 2AfjAf2, 2Af3Af4 и 2A!5Af4; но в таком случае
существует также треугольник, стороны которого параллель-
ны и равны отрезкам МхМг, А1аА!4, М5МЛ.
Совершенно так же доказывается, что существует треуголь-
ник, стороны которого параллельны и равны Af2Af3, Af4A!5,
Примечание. Аналогично решению задачи 14 б) можно пока-
зать, что для того, чтобы 2л точек Л1,, Af3, М3, ..., М,„ служили сере-
динами сторон некоторого 2л-угольника, необходимо н достаточно, чтобы
существовал п-угольнпк, стороны которого были бы параллельны и
равны отрезкам MtMv МВМ# ..., М2П^1Мгп; при этом будет сущест-
вовать также и л-угольник, стороны которого параллельны и равны
МЛ, ММ.........М.М..
15—16]
ДВИЖЕНИЯ
155
15. Повернём прямую вокруг точки А на угол а в по-
ложение I*. Пусть М есть точка пересечения ZJ с прямой /2
(черт. 121). Окружность с центром в точке А, проходящая
через точку М, и будет иско-
мой, так как точка М'
пересечения этой окружности
с прямой 1Х переходит в
точку М при рассматривае-
мом вращении (т. е. цен-
тральный угол МАМ' =а).
Задача имеет два реше-
ния (соответствующих вра-
щениям в разные стороны),
если ни одни из углов ме-
жду прямыми Z, и /2 не ра-
Черт. 121.
вен а; одно решение или неопределённа, если один из углов
между заданными прямыми равен а; вовсе не имеет реше-
ний пли неопределённа, если Z, и Z2 взаимно перпендику-
лярны п а = 90°.
Черт. 122.
16. Пусть АВС — искомый треугольник, вершины которого
расположены на данных прямых I 12 и Z3 (черт. 122). По-
вернём прямую /2 во-
круг точки А иа 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 Z, и
повернём прямую Z2 во-
круг А на угол 60°.
Точка пересечения по-
лученной прямой Z' и
прямой 1В определит
вершину С искомого
треугольника.• Задача
имеет два решения,
на 60° в двух на прав-
так как прямую /2 можно повернуть
ленпях.
156
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
117
Задача о построении равностороннего треугольника, вер-
шины которого лежат на трёх данных концентрических окруж-
ностях, решается аналогично.
Примечание. Если вместо А взять другую точку А' пря-
мой Z„ то новый чертёж будет получаться из черт. 122 дви-
жением (а именно—параллельным переносом в направлении Z,
на расстояние АА'). Но такие чертежи в геометрии не различают-
ся (см. введение к части первой). Именно поэтому мы считаем,
что решение задачи не зависит от выбора точки А на прямой
(и задача имеет всего два решения, хотя точку А можно выбирать
бесчисленным числом способов). Если бы прямые lv lt и 1г не бы-
ли параллельны, то задача решалась бы совершенно аналогично;
однако здесь пришлось бы уже считать, что она имеет бесконечно
много решений, отвечающих различным выборам точки А на пря-
мой Z, (ибо треугольники, соответствующие разным выборам точки А,
не были бы уже равны).
Совершенно так же задача о построении равностороннего тре-
угольника АВС, вершины которого лежат иа трёх концентри-
ческих окружностях S, и S3, может иметь не больше четырех
решений (здесь чертежи, соответствующие разным выборам точки А на
окружности Sp тоже будут одинаковыми — они будут получаться
один из другого вращением вокруг общего центра Sv S, и S,). Если
же Sp Ss и S3 — произвольные окружности, то соответствующая за-
дача уже будет неопределённой (различным выборам точки А на
окружности S, будут отвечать существенно разные решения).
17. Предположим, что дуга СО найдена (черт. 123). По-
вернём отрезок BD вокруг центра О окружности S на угол а,
он перейдёт в отрезок
В'С, образующий с отрез-
ком АС угол АСВ1 = а.
Отсюда следует по-
строение: повернём точку
д В вокруг О на угол а в
положение В. Через точ-
ки А и В проведём дугу
окружности, вмещающую
угол а. Пересечение этой
дуги с окружностью S
определит положение точ-
ки 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—19]
ДВИЖЕНИЯ
157
18. Предположим, что задача решена. Повернём окруж-
ность S, вокруг А на угол а в положение •$, (черт. 124).
Окружности $2 и S, будут высекать на прямой 12 рав-
ные хорды. Поэтому задача сведётся к задаче 7 в)
(стр. 22).
Задача может иметь до четырех решений (так как 5а можно
поворачивать вокруг А в двух направлениях).
19. Первое решение (ср. с первым решением зада-
чи 13). Предположим, что задача решена и А2А2 ... Ап — иско-
мый n-угольнпк (см. черт. 125, где л = 6). Выберем на пло-
скости произвольную точку В2. При последовательных вра-
щениях вокруг точки Aft на угол аа, вокруг точки Л12 на
угол аа и т. д., наконец, вокруг точки Л1п на угол ап отре-
зок А^ перейдёт в отрезок А2В2, ЛаВа в А,Вг, —, АПВП в
А1Вп+1. Все эти отрезки равны, поэтому вершина А2 «-уголь-
ника равноудалена от точек В2 и Вп+1 (где Бп+1 получается
из В1 в результате суммы п известных вращений). Вы-
брав затем на плоскости вторую точку С, и повернув её по-
следовательно вокруг Л1П Л1г, ..., Л1П на углы соответст-
венно а,, аа> ..., ап, мы получим ещё одну пару точек Ct и
С„+1, от которых Аг также равноудалена. Поэтому вершину Ла
л-угольнпка можно найти как точку пересечения пер-
пендикуляров, восставленных к отрезкам Б1Вп+2 и С,Сп+1
в их серединах; после этого, повернув точку Л, на
угол аг вокруг Л1,, мы получим точку Аг; повернув А2 на
угол аа вокруг точки Л1а, мы получим Л3, и т. д. Задача
158
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|19
имеет единственное решение, если перпендикуляры к отрез-
кам В1Вп+1 и С1Сп+1 в их серединах пересекаются (т. е.
отрезки BtBn+l п С1Сп+1 не параллельны); если эти перпен-
Черт. 125.
дикуляры параллельны, то задача не имеет решения, а
если они совпадают, то решение задачи будет неопреде-
лённым.
Полученный в решении задачи многоугольник может ока-
заться невыпуклым или даже самопересекающпмся.
Второе решение (ср. со вторым решением задачи 13).
Вершина А3 искомого и-угольника является'неподвижной
точкой суммы п вращений с центрами Л1х, /И2, ..., УИ и
углами поворота ах, а2, ..., а„ (эти вращения переводят
в Л2, А3 в А3, А3 в А4 и т. д. и, наконец, Ап в AJ.
Но сумма п вращений на углы а,, а2, , ап представляет
собой вращение на угол ах а2 ап, если ах а2 ..
ап не кратно 360°, и параллельный перенос в про-
тивном случае (это следует из теоремц о сумме двух враще-
ний). Единственной неподвижной точкой вращения является
центр вращения. Поэтому, если __4~оп не кратно
360°, то вершину А1 находим как центр вращения, равного
сумме вращений вокруг точек A!lt Л1г, ..., Л1п на углы ctx,
а2, ..., ап, применяя несколько раз указанное в тексте по-
20]
ДВИЖЕНИЯ
159
строение центра вращения, являющегося суммой двух извест-
ных вращений ’). В этом случае задача всегда имеет един-
ственное решение.
Параллельный перенос неподвижных точек не имеет. По-
этому, если 4“ “гН" • • кратно 360°, то задача, вообще
говоря, не имеет решения. Однако в частном случае, ког-
да сумма вращений вокруг точек Aft, М2, ..., на углы
а,, а2, ..., ап (а, -J- а2 Ц-... Ц- а„ кратно 360°) представляет
собой тождественное преобразование, решение задачи бу-
дет неопределённым (за вершину А3 можно принять любую
точку плоскости).
Так, если а1=а2 =_______= ап=180° (случай, разобран-
ный в задаче 13), то решение задачи является единственным
при п нечётном и отсутствует или неопределённо при
п чётном.
20. а) Рассмотрим последовательные вращения с центра-
ми О2, О2, О3 на угол 120° (см. черт. 29 в тексте). Первое из
этих вращений переводит А в В, второе — В в С и, 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-
бой параллельный перенос и, значит, не имеет неподвиж-
ных 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-
ются прямые, проходящие соответственно через О3 и О2 и
образующие с О1О2 углы в 60°; следовательно, треуголь-
ник О2О2О правильный. Так как сумма этого последнего
вращения и вращения с центром О3 на угол 120° долж-
на представлять собой тождественное преобразование, то
точка О должна совпадать с О3. Отсюда следует, что
треугольник О2О2О3 правильный, что нам и требовалось до-
казать.
1) Может случиться, что в процессе построения нам придётся на-
ходить центр вращения, равного сумме параллельного переноса и
вращения. По этому поводу с.м. текст, напечатанный мелким шрифтом,
на стр. 38 или на стр. 52.
160
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
121
Точно так же показывается, что центры Ок, О2, О3
правильных треугольников, построенных на сторонах про-
извольного треугольника АВС по ту же сторону от сто-
рон, по которую расположен сам треугольник, тоже об-
л разуют правильный треугольник
/ \ (черт. 126).
/ \ б) Решение задачи б) анало-
/ \ гично решению задачи а). Из
/ \ того, что точка А переходит в
/ О, X себя в результате суммы трёх вра-
/ щеипй с центрами В2, Л, и С, и
/ 'X углами поворота р, а и у (а Р
-|~у = 360°), следует, что эта
n. £-1—" сумма вращений представляет со-
'ч О' / бой тождественное преобразова-
х. / ние. Но последнее возможно толь-
х. / ко в том случае, если С, совпа-
'х/ дает с центром вращения, являю-
щегося суммой вращений с цент-
Черт. 126. рами В2 и Аг и углами поворота
р и у, т. е. если С, есть точка
пересечения прямых, проходящих через В2 и Л, и образую-
щих с прямой В1А1 углы у и ~ соответственно. Отсюда и
следует утверждение задачи.
Точно так же доказывается, что вершины Alt Bv С рав-
нобедренных треугольников АВС\, ВСА^ и АСВ[ с углами при
вершинах, соответственно равными а, р в у (аР + У = 360°),
построенных по ту же сторону от сторон треугольника АВС,
по которую расположен сам треугольник, образуют треуголь-
’ а В т
ник с углами — ,
21. Последовательные вращения в одном направлении
с центрами Л,, В2 и Л1 и углами поворота 60°, 60° и 240°
переводят точку В в себя (см. черт. 30 в тексте). По-
этому сумма этих трёх вращений представляет собой тож-
дественное преобразование и, следовательно, сумма первых
двух вращений представляет собой вращение с центром Л1.
Отсюда и вытекает утверждение задачи (ср. с решением
задачи 20).
22]
ДВИЖЕНИЯ
161
22, Сумма четырёх вращений с центрами Л11Ч Мг, Л1 и
Л14 на 90° каждое переводит вершину А параллелограмма
в себя. Но это возможно только в том случае, если сумма
этих вращений представляет собой тождественное преобразо-
вание (ср. с решениями задач 20, 21). Сумма вращений с цен-
трами Л1, п Л12 есть симметрия (вращение на 180°) с центром
в точке О, такой, что прямые /11,О, и Л12О1 образуют с /11,/И,
углы в 45°; сумма вращений с центрами Л13 и Л14 есть сим-
метрия с центром в точке О2 такой, что прямые Л1зО2 и
представлять собой тождественное преобразование, то О, со-
впадает с О, п Oj/lljAl.,, Oj.l/^/llj—два равнобедренных пря-
моугольных треугольника с общей вершиной О,. Далее, так
как параллелограмм ABCD имеет центр симметрии О — точку
пересечения диагоналей, то и весь черт. 127, а (а значит, п
четырёхугольник Л/ Л12Л13ЛГ4) должен иметь центр симметрии
в той же точке О. Отсюда вытекает, что А13Л12 = Л13Л14
и О, совпадает с О; следовательно, треугольники ОЛ1гЛ12
и О/И3Л14 равны п / Л1.,О.И3 — ^/Л^ОЛ!,, т. е. Л^А^Л^АЦ
есть квадрат.
Точно так же доказывается, что центры квадратов, по-
строенных на сторонах произвольного параллелограмма по ту
же сторону от сторон, по которую расположен сам параллело-
грамм, тоже образуют квадрат (черт. 127, б).
6 И. М. Я- ле!'
162
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|23
23. Рассмотрим четыре вращения с центрами А, В, С u 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 симметрий с об-
щим центром).
Сумма тех же четырёх вращений, взятых в ином порядке:
сначала второе, затем третье, затем четвёртое и, наконец,
первое, тоже есть тождественное преобразование. Действи-
тельно, пусть первое вращение переводит произвольную точ-
ку М плоскости в какую-то точку М\ второе — М в М";
третье — М' в М'"\ четвёртое—М" снова в Af; тогда сумма
рассматриваемых вращений, взятых в новом порядке, перево-
дит точку М снова в М, что возможно только в том случае,
если эта сумма представляет собой тождественное преобразо-
вание.
Сумма второго и третьего вращений есть симметрия с цент-
ром в вершине Ot равнобедренного прямоугольного треуголь-
ника ВОгС\ сумма четвёртого и первого вращений есть сим-
метрия с центром в вершине Ot равнобедренного прямоуголь-
ного треугольника D(\A. Так как сумма всех четырёх вра-
щений есть тождественное преобразование, то Ot совпадает
с Ог. А это нам и требовалось доказать.
ГЛАВА II
СИММЕТРИИ
§ 1
24. а) Предположим, что точка X найдена, т. е. / АХМ=
= / BXN (черт. 128, а). Пусть В' — точка, симметричная В
относительно прямой MN-, тогда /B'XN = /BXN= / АХМ,
т. е. точки A, X, В' лежат на одной прямой. Отсюда следует,
что X можно найти как точку пересечения прямых и АВ'.
б) Предположим, что точка X найдена. Пусть S2 —
окружность, симметричная St относительно прямой MN
(черт. 128, б). Если ХА, ХВ и ХВ' — касательные, проведённые
из точки X к Sx, Sj и S,, то / B'XN = /BXN = / АХМ,
т. е. точки А, X и В' лежат на одной прямой. Поэтому X
можно найти как точку пересечения прямой MN с общей ка-
сательной AS окружностей Sx и S,. Задача может иметь до
четырёх решений (к двум окружностям можно провести до че-
тырёх общих касательных).
6*
164
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
123
в) Первое решение. Пусть В — точка, симметричная
В относительно MX, ХС—продолжение отрезка АХ за точ-
ку X (черт. 129, а). Тогда /_СХХ =2 /_ВХХ=Ч /_ВXX,
следовательно, луч ХВ является биссектрисой угла ХХС.
Поэтому прямая АХС касается окружности S с центром В',
касающейся MX; точку X можно найти как пересечение
прямой MX с касательной, проведённой из А к окруж-
ности 5.
Второе решение. Пусть .4' — точка, симметричная
точке А относительно прямой В'Х (обозначения те же, что
и в первом решении). ВХ есть биссектриса угла АХМ,
поэтому точка А' лежит на прямой ХМ, причём ВА — В'А
(черт. 129,6). А' легко найти, сделав на прямой MX засечку
с центром в В' и радиусом В'А. Точку X находим как пересече-
ние перпендикуляра, опущенного из В на А4’, с прямой MX.
25. а) Пусть треугольник АВС построен и прямая 1„ —
биссектриса угла В, а /3— биссектриса угла С (черт. 130, с).
Тогда прямые ВА и ВС симметричны относительно прямой 1г,
а прямые ВС и АС симметричны относительно /3, поэтому
точки А и А", симметричные А относительно 1г и Z3, лежат
на прямой ВС.
Таким образом, мы приходим к следующему7 построе-
нию. Найдём точки А' и А", симметричные точке А отно-
сительно прямых /2 и /3. Точки пересечения прямой А А'
с прямыми /2 п /2 определят вершины В и С треуголь-
ника АВС.
Если прямые /2 и /3 взаимно перпендикулярны, то пост-
роенная прямая А А' проходит через точку пересечения задан-
25]
ДВИЖЕНИЯ
165
ных прямых п задача не имеет решения; если прямая I пер-
пендикулярна к одной из прямых Z2 п 13, то прямая А'А" бу-
дет параллельна другой из них и задача опять не имеет
решения. В том случае, когда никакие две из заданных пря-
мых не перпендикулярны друг к другу, задача имеет единст-
венное решение; однако лишь в том случае, когда каждая из
трёх прямых Z2, Z2, Z3 заключена внутри тупого угла, образо-
ванного двумя другими, эти три прямые будут служить биссек-
трисами внутренних углов построенного треугольника ЛВС;
если же, например, 1г проходит внутри острою угла, образо-
ванного Z2 п Z3, то эти две
последние прямые будут
служить биссектрисами
внешних углов построенно-
го треугольника (черт.
130, б). Предоставляем чи-
тателю самому дать дока-
зательство.
б) Выберем на одной из
прямых произвольную точ-
ку А' и построим треуголь-
ник А'В'С, для которого
прямые /2, Zt и Zs явля-
ются биссектрисами внутренних углов (см. задачу
ведём касательные к 5, параллельные сторонам
а)). Про-
треуголь-
166
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
125
ника А’ВС (черт. 131). Полученный треугольник будет иско-
мым. Задача имеет единственное решение, если каждая из
трёх прямых 13 проходит внутри тупого угла, образо-
ванного двумя другими; если же одна из них проходит внутри
острого угла, образованного двумя другими, то для построен-
ного треугольника данная окружность явится вневписанной.
в) Предположим, что задача решена, т. е. искомый тре-
угольник АВС построен (черт. 132). Так как точка А сим-
метрична точке В относительно прямой Z2, то она лежит на
прямой, симметричной прямой ВС относительно Z2. А так как
А симметрична С относительно Zs, то она лежит также на
прямой, симметричной ВС относительно Zs.
Таким образом, мы приходим к следующему построению.
Проведём через точку Аг прямой прямую т перпендику-
лярно к прямой Zj. Затем строим прямые т и т”, симметрич-
ные т относительно прямых Z2 и Z3. Точка пересечения т и
т” и будет являться вершиной А искомого треугольника; вер-
шины В и С треугольника АВС будут симметричны этой вер-
шине относительно прямых 1г и 1г (черт. 132).
Если прямые Z2 и Zs взаимно перпендикулярны, то прямые т'
и /га", получаемые из прямой т симметриями относительно
Z, и / будут параллельны (если точка А, не совпадает с точ-
кой О пересечения прямых llt 13 и Zs) или совпадут (если Аг
совпадает с О). В первом случае задача вовсе не будет иметь
решений, во втором — решение задачи будет неопределённым.
Во всех остальных случаях задача имеет единственное решение.
26]
ДВИЖЕНИЯ
167
26. а) Предположим, что задача решена. Проведём через
вершину С прямую MN, параллельную АС, и построим
точку В, симметричную В относительно прямой Л17У(черт. 133).
Обозначим углы при основании АВ через а и р (будем счи-
тать, что а р), тогда
/ ACN= 180° — а, /_ B'CN= BCN— 0,
/_АСВ — а) + ₽=180° — (а — ₽) = 180° — у.
Отсюда вытекает следующее построение. Отложим отре-
зок АВ=а, проведём параллельно АВ прямую MN на рас-
стоянии h от АВ, построим точку В, симметричную В отно-
сительно MN. На отрезке АВ построим дугу, вмещающую
угол 180° — у. Пересечение этой дуги с прямой MN опреде-
лит положение вершины С треугольника. Задача имеет един-
ственное решение.
б) Предположим, что задача решена. Проведём такое же
построение, как в предыдущей задаче (черт. 133). Так как
/ЛСВ =180° — у,
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 АВВ), точка В симметрична В относительно
медианы CD. Задача имеет одно решение.
168
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[27—28
27. Предположим, что задача решена, и пусть В"—точка,
симметричная В относительно ОМ (черт. 134). Имеем / В'ХА =
= /_В'ХВ-[- / ZXY- но / В’ХВ = 2 X OXZ = 2 (X XZY —
Черт. 134.
— X АЮ/У) (ибо / XZY есть внешний угол треугольни-
ка XOZ). Следовательно,
/ В'ХА = 2 Z_ XZY—2 /ЛЮЛ/-{- / YXZ =
= / XZY-\- / XYZ 4- /_ YXZ — МОХ =
= 180° — 2/_M0N
известен. Отсюда X находим как точку пересечения луча ОМ
с д)гой, построенной на отрезке АВ" п вмещающей
угол 180° — 2 X МОХ. Задача имеет одно решение.
28. а) Предположим, что четырёхугольник ABCD построен.
Пусть В' — точка, симметричная вершине В относительно диа-
гонали АС (черт. 135). Так как </_ВАС= XРЛС, то точка В
лежит на прямой AD. В треугольнике B'DC известны все сто-
291
ДВИЖЕНИЯ
169
отпосп-
роны: DC, ВС— ВС, DB —AD — АВ = AD— АВ. Построим
его; затем найдём вершину А (известна сторона AD) и вер-
шину В как точку, симметричную В' относительно АС. Задача
имеет единственное решение, если AD=^AB', не имеет реше-
ния, если AD = АВ, CDy^CB; неопределённа, если AD = AB,
CD = CB.
б) Предположим, что задача решена (черт. 136), и пусть
треугольник ADtCx симметричен
телыю прямой АО (О —центр
окружности, вписанной в че-
тырёхугольник). Очевидно, &
точка D, лежит на прямой я г*
АВ, а сторона D^C^ касается \
вписанной в четырёхуголь- '
ник ABCD окружности. От-
ложив на произвольной пря-
мой известные отрезки АВ
и AD, = AD, мы сможем
найти прямые ВС и D1Cl
(так как мы знаем / АВС
и X = X ADC). После •
вписанную в ABCD окружность
прямых АВ, ВС и DXCJ, а затем и стороны AD и DC
четырёхугольника, симметричные соответственно AD, и О,С,
относительно прямой АО.
Задача имеет единственное решение, если X ADC=^= / АВС',
не имеет решения, если / ADC—
= X ABC, AD АВ\ неопреде-
лённа, если X ADC = / АВС,
AD=~-AB.
29. а) Предположим, что за-
дача решена, т. е. на /„...
..., 1п найдены точки А^,
X .... А'п такие, что
АХ1Х1 ... А'„Л есть путь би-
льярдного шара (на черт. 137
изображён случай, когда л = 3).
Легко видеть, что точка Хп яв-
ляется точкой пересечения прямой 1п с прямой Хп_,Вп, где Вп
симметрична В относительно (см. решение задачи 24 а)),
треугольнику
а ₽
Черт. 136.
мы можем построить
окружность касается
170
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(29
т. е. точки Вп, Хп, Хп_г лежат на одной прямой. Но тогда
точка Хп_г является точкой пересечения прямой 1п_1 с пря-
мой Л„_2ДП_1, где Вп_1 симметрична точке Вп относительно
прямой/п_1. Аналогично показывается, что точка Хп_3— точка
пересечения 1п_г с прямой Xn_3Bn_t, raeBn_t симметрична Bn_t
относительно /п_2; точка Хп_3— точка пересечения 1п_3
с прямой Xn_tBn_3, где Вп_3 симметрична Вп_3 относитель-
но и т. д.
Таким образом, приходим к следующему построению. От-
ражаем последовательно точку В относительно прямых 1п,
/ , получаем точки Вп, Вп_1,...,В1. Точка Х3,
определяющая направление, в каком должен быть пущен шар
из точки А, находится как пересечение прямой с пря-
мой АВ3.
После этого нетрудно, используя точки В3, В3, ..., Вп
и Хг, найти точки X., Х3, Хп.
б) В рассматриваемом случае путь шара АА^А^А^А^А
представляет собой параллелограмм, вписанный в прямоуголь-
ник PQRS, причём стороны параллелограмма параллельны
диагоналям прямоугольника (черт. 138). Общий путь шара
равен расстоянию ААг. Спроектировав отрезок АА1 на сторо-
ны прямоугольника, мы убедимся, что эти проекции в два
раза больше соответствующих сторон прямоугольника, откуда
следует, что отрезок АА3 в два раза больше диагонали прямо-
угольника. Второе утверждение задачи следует из того, что
отрезки АА\ и XtA, как легко усмотреть из черт. 138, со-
ставляют одну прямую.
30—31}
ДВИЖЕНИЯ
171
30. а) Предположим, что задача решена. Проведём ок-
ружность S, с центром в точке А, радиуса а и окружность S2
с центром в точке X, радиуса ХВ (черт. 139, а). Очевидно,
что эти две окружности касаются в точке, лежащей на пря-
мой АХ. Так как окружность S2 проходит через точку В, то
она проходит и через точку В, симметричную В относительно
прямой I. Таким образом, задача сводится к построению окруж-
ности S2, проходящей через известные точки В и В и касаю-
щейся окружности S2, т. е. к задаче 49 б) из § 1 гл. 1 второй
части. Центр Л окружности S2 и будет искомой точкой.
б) Предположим, что задача решена, и пусть S2—окруж-
ность с центром в точке А, радиуса о, a S, — окружность
с центром в точке X, радиуса
ВХ (черт. 139, б). Окружности
S, и S2 касаются в точке, лежа-
щей на прямой АХ. Кроме то-
го, окружность S2 проходит через
точку В', симметричную В отно-
сительно I. Поэтому задача опять
сводится к той же задаче 49 б).
31. а) Пусть точка/У, симмет-
рична точке Н относительно сто-
роны ВС (черт. 140). Обозначим
через Р, Q, R основания высот.
Имеем Z_BHC (ибо
/\вн1с=^внс}. Но £bhc=z.bhq, & Z.RHQ+
-j- / RAQ =180°; поэтому / BHfi -f- / ВАС = 180°, откуда
и следует утверждение задачи.
172
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[32
б) Предположим, что треугольник АВС построен. Точки /71,
Н3 и Н3 лежат на окружности, описанной около треуголь-
ника АВС (см. задачу а)). Так как / BRC= / BQC ( = 90°),
^ВС + ^АН -ВС+-АН .„ .
то ----------з=------т. е. — АН3= — АНг. Ана-
логично доказывается, что '-'BHl = —ВН3, —CHl='~CH..
Отсюда вытекает, что вершины А, В и С искомого треуголь-
ника совпадают с серединами дуг НгН3, Н.Н3 и Н3Н3 ок-
ружности, описанной около треугольника HtH2H3. Задача
имеет единственное решение, если точки Н3, Н3 и Н3 не ле-
жат на одной прямой, п не имеет решения в противном случае.
32. а) Очевидно. Так, например, высотами треугольни-
ка Л2Д3Л4 являются прямые A3At | А2А3, А3А3 | А„А3
в А1А2 _1_ А3А4; точкой пересечения высот является точ-
ка А3.
б) Пусть At — точка, симметричная точке .44 относитель-
но прямой А2А3 (черт. 141). Эта точка лежит на окруж-
, ности S4, описанной вокруг треуголь-
Йнпка А3А3А3 (см. задачу 31 а)). Таким
образом, окружность, описанная во-
круг треугольника АгА3А3, совпадает
с S4; отсюда вытекает, что окруж-
ность S4, описанная вокруг треугольнп- *
! ка А4А3/4, равна S4 (окружности S,
3 п S4 симметричны относительно А2А3).
Аналогично доказывается, что окруж-
ности S, и $3 тоже равны окруж-
ности S4.
в) Из четырёх треугольников
А1АиАг’ А1АгАч А!АгА4 11 АгАзА1
Черт. 141. один обязательно будет остроугольным;
действительно, если треуголь-
ник А2А3А4 тупоугольный (угол Д4 тупой), то треуголь-
ник А2А3А4, где А3—точка пересечения высот треугольни-
ка А3А3244, будет остроугольным. Итак, пусть треуголь-
ник А4А2А3 — остроугольный, точка At расположена внутри
треугольника А,А2А3.
Рассмотрим четырёхугольник А1А4О4О4. О, и О4 — центры
окружностей S4 и S4, симметричных относительно прямой А2А3
(см. решение задачи б), черт. 141); следовательно, точки О,
33]
ДВИЖЕНИЯ
173
п 04 симметричны относительно А„.43, и потому О1О4 I А„А3.
В четырёхугольнике A^Ofl, OlAi = OiAl = R (R— общий
радиус окружностей S4, S,, S3 п S4) в О4О1||Д1И4. Следова-
тельно, этот четырёхугольник является параллелограммом пли
равнобочной трапецией. Но равнобочной трапецией четырёх-
угольник быть не может, так как перпендикуляр
АгА3 к стороне О1О1 этого четырёхугольника в её середине
не пересекает стороны Д,Л4. Следовательно, AlAiOIOt есть
параллелограмм и его диагонали /1О1 и Л4О4 делятся в точке
пересечения О пополам. Точно так же показывается, что
середины отрезков А.О3 и А3О3 совпадают с серединой О
отрезка Л4О4.
33. а) Обозначим через О’ точку, симметричную центру О
окружности S относительно прямой .42.43 (черт. 142). Тогда
четырёхугольники ОО‘Н3А3 и
ОО'Н3А3— параллелограммы
(см. решение задачи 32 в)).
Поэтому А3Н3=ОО'=А3Н3.
AlH4||OO,||A4A7l и, следо-
иателыю, четырёхугольник
A3HtH3At есть параллело-
грамм. Отсюда следует, что
отрезки А1Н1 и А3Н3 де-
лятся в точке пересечения Н
пополам. Точно так же до-
казывается, что середины
отрезков А„Н„ и А3Н3 со-
впадают с серединой Н от-
резка Л,/^.
б) Из сравнения черт. 142
с черт. 141 видно, что, напри-
мер, точка Л/4 лежит на
окружности S', симметричной
окружности S относительно
прямой Л3А3; на этой ок-
ружности лежит также в
точка //. Таким образом,
точки А3, А3, Н3 и Ht ле-
жат на одной окружности, равной окружности
Черт. 142.
S. Аналогично
доказываются и остальные утверждения задачи.
174
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[34
34. Прежде всего ясно, что две оси симметрии АВ и CD
многоугольника М должны пересекаться внутри Л1; действи-
тельно, если бы это было не так (черт. 143, а), 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 осн 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-
угольника, которая удалена от точки М на наибольшее
расстояние (или одна из таких вершин, если их несколько),
и точки М п Т лежат по одну сторону от оси симметрии АВ.
Тогда, если Tt есть вершина многоугольника, симметричная
вершине Т относительно АВ, то 2M7'1^>A47' (так как проек-
ция М1\ на TTt больше проекции МТ на TTt, см. черт. 143, б).
Полученное противоречие и доказывает теорему.
[Аналогично можно доказать, что если какая-либо ограни-
ченная плоская фигура (может быть, не являющаяся много-
угольником) имеет несколько осей симметрии, то все они
пересекаются в одной точке. Для неограниченных фигур это
уже неверно: так, например, полоса между двумя параллель-
ными прямыми 7, и lt имеет бесконечно много осей сим-
метрии, перпендикулярных к и 1г 11 параллельных
между собой.]
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 осн, то в случае, если многоуголь-
ник имеет несколько осей симметрии, все они должны проходить через
центр тяжести.
35. Так как длина отрезка XY равна а, то надо, чтобы
сумма АХ-]-BY была минимальна. Предположим, что отрезок
XY найден. Скользящая симметрия с осью I и величиной
параллельного переноса а переводит точку В в В, а точку Y
в X (черт. 144); поэтому BY—BX и, следовательно, A¥-|-
^-BY—AX-[-BX. Таким образом, требуется, чтобы длина
ломаной АХВ была наименьшей. Отсюда следует, что X есть
точка пересечения прямой I с отрезком АВ.
36. а) Предположим, что четырёхугольник ABCD по-
строен. Пусть А' — точка, в которую переходит точка А при
скользящей симметрии с осью DC и величиной параллельного
переноса ОС (черт. 145); тогда / A'CD — / АРК, где DK— про-
должение стороны ОС за точку О (если At симметрична А
относительно ОС, то / A’CD = / AtDK= / АРК}- Но
/ ADK— 180° — / О = 180° — / С; следовательно,
/ А'СР = 180° — j/.C, т. е. А'СВ — прямая. Кроме того,
нам известны А'В — А'С-\-СВ=АР-]-СВ в расстояние от
А до СО.
Таким образом, мы приходим к следующему построению.
Пусть I есть произвольная прямая, А — точка, удалённая от I
на расстояние d, А — точка, в которую переводит А сколь-
176
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[36
зящая симметрия с осью I и величиной параллельного пере-
носа DC. Вершину В четырёхугольника построим, зная рас-
стояния АВ 11 А'В — ADВС\ вершина С определится как
точка пересечения отрезка А'В с прямой I; вершину D, лежащую
на прямой I, найдем, отложив на I от С известный отрезок
CD. Задача может иметь два, одно пли нп одного решения.
6) Возьмём на плоскости отрезок АВ\ тогда прямую I, на
которой находится сторона CD, .можно построить как общую
внешнюю касательную к окружностям радиусов н d, с цен-
трами А и В (черт. 146). Теперь остаётся только расположить
на прямой I отрезок DC данной длины так, чтобы сумма длин
AD-\-BC имела данную величину (ср. с задачей ЗОа)).
Предположим, что точки D в С найдены, п пусть теперь А'
н Д"— точки, в которые переводят точку А соответственно
параллельный перенос в направлении I на величину DC и сколь-
зящая симметрия с осью I и величиной параллельного перено-
са DC. Очевидно, что окружность с центром С и радиусом AD
проходит через точки A u A" (A'C = A"C=AD) и касается
окружности S с центром В и 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
части). Центр этой окружности н будет вершиной С.
37]
ДВИЖЕНИЯ
177
37. Первое решение. Очевидно, луч сразу отразится
от стороны угла по направлению, противоположному перво-
начальному, лини, если он перпендикулярен к этой стороне;
для любого луча это неверно. Предположим теперь, что
луч MN после двукратного отражения от сторон угла АВС
уходит в направлении PQ, противоположном /ИЛ/ (черт. 147, а).
В этом случае имеем:
^PNB-\- £ NPB~ 180° — X NBP= 180° — а;
2( 180° — а) = 2 / PNB -L 2 NPB -
= А\М 4- £ PNB 4- NPB 4- £ CPQ =
= 360° — (//ILVP4-Z/QAV) = 36OG— 180°= 180°,
п следовательно, а = 90°; обратно, если о. = 90°, то
X ALVP+ X QPM — 180°, т. е. направление луча PQ про-
тивоположно /1/.V.
Пусть теперь туч Л/.V после четырёхкратного отражения
от сторон угла уходит в направлении RS, противоположном
первоначальному (черт. 147, б; после трёхкратного отражения
луч может уйти по направлению, противоположному перво-
начальному, 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 BAt симметрична ВА, а точка Q,
симметрична Соотносительно ВС. Тогда /АВА,=2/ АВС=
= 2а. Далее, X.QPB= ^Q^B— /_NPC', значит, NPQl —
178
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|37
одна прямая. Точно так же доказывается, что QLRS— одна
прямая — ^_QXRB= j/_SRC). Наконец, ^.BQiP —
= / Л,О,/?, 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 = 1а,
уходит в направлении QXS, противоположном направлению перво-
начального падения. Но в таком случае 2а = 90°; следовательно,
а =-g- Обратно, если а , то / ABAY — 90° и луч MN
6)
Черт. 147, в.
91-2
Пусть теперь луч MN после шестикратного отражения от
сторон угла уходит в направлении TU, противоположном на-
правлению первоначального падения (черт. 147, в; после пяти-
37] движения 179
кратного отражения любой луч не может уходить в направ-
лении, противоположном первоначальному). Отразим прямую АВ
и ломаную PQRST от прямой ВС; пусть BAt симметрична ВА,
а точки Q, и S, — точкам Q и 5 относительно прямой ВС.
Аналогично предыдущему заключаем, что NPQ,—одна пря-
мая (X QtPB — / QPB= / NPC), S^U — одна прямая
(Z.SJB= ^STB = ^UTC) и ^Q,RB= ^RC; ^RQ,B=
= ^PQ^A,, X-R^fi — ^TS^A, (так как они равны углам
QRB и SRC, соответственно RQB п PQA, RSB и ТЗЛ, равным
между собой). Таким образом, мы находим, что луч MN, отразив-
шись последовательно в точках N, Qt, R и S, от прямых
АВ, BAlt ВС и снова BAlt уходит в направлении S,U, про-
тивоположном первоначальному направлению MN.
Отразим теперь прямую ВС и ломаную Q,RS, от прямой
BAt; пусть ВАг симметрична прямой ВС и точка R, симмет-
рична точке R относительно прямой ВА1. В таком случае
NPQlRl—одна прямая (ибо / R,Q,B— / RQ.B— /PQ.A,)
и R^TU — одна прямая (ибо / R,S,B— / RS,B— / TS,A,),
и /^.S^A, (ибо они равны соответственно углам
Q,RB nS1RC, равным между собой). Таким образом, мы находим
что луч MN, отразившись в точках N и R, от сторон угла
АВА2 (величины Зя), уходит в направлении R,U, противопо-
ложном направлению первоначального падения MN. А в таком
90°
случае должно быть Зя = 90°, т. е. а=-д~. Обратно, если
90°
а = ~$-, то / АВА, — 90° и луч MN после шестикратного
отражения от сторон угла АВС уйдёт в направлении, про-
тивоположном первоначальному.
Пусть, наконец, луч после 2л-кратного отражения от сторон
угла величины а уходит в направлении, противоположном на-
правлению первоначального падения (см. черт. 148, где 2л =10;
после (2л—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 Nlt Nz, Ng, , N2n, как
указано на чертеже. Отразим сторону ВА угла от стороны ВС;
затем сторону ВС от получившейся прямой ВА1; затем пря-
мую BAt от получившейся прямой ВАг, и т. д.; всего таким
образом произведём л—1 отражений. Точку, в которую пере-
ходит точка (i—какой-то из номеров 1, 2, ... , 2л) в
180
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
137
результате / последовательных отражений (здесь число / мо-
жет быть равно 1, 2, , п—1), мы обозначим через ЛУ';
соответственно этому вместо N- мы будем дальше иногда пи-
сать W,-0).
Докажем, что точки Л/,(0), N*'\ N*\ ... , ~’’ лежат
все на одной прямой. Для этого достаточно показать, что
лежат на одной прямой точки Д^‘ и Д^2); точки N\'\
N? п ТОЧКИ N™ п Л/‘4); 11 т. д. Для того чтобы
показать, что точки N,-’-1', Л'Я1 и М+з1’ (здесь i — какой-
то из номеров 1, 2, ... , п —2) лежат на одной прямой, до-
статочно проверить, что
Z М-«А=Z sMl 1 № 11
/M/~,)M'+i4=ZNh-~2,) л\+1в
(ибо точки N^^\i ЛУ-УУ симметричны относительно ВА{),
’’ =Z М'+2 Wl2)fi
371
ДВИЖЕНИЯ
181
(ибо точки Л/Дл п M'+f'симметричны относительно БД,-_О, пли
/ М'“3) М'+гЧ-2= Z М'+23’ n^b
(ибо точки Nj' и А7,-1 3', и ATZ'? симметричны от-
носительно БД,-...ит. д. При i чётном мы окончательно
приходим к равенству
/ NiNi^lC= Z >iB>
а при / нечётном — к равенству
/ л'ЛчИ=Z л'.+гЧ+Л
оба эти равенства следуют из закона отражения лучей.
Совершенно аналогично показывается, что точки N
Nil-t, К?п—2, Л'еп-з. • • ,^п~” тоже лежат все на. одной
прямой и что ZC?M"A-i = Z^W-1^ т. е.
/" ~ ПДП _ । = Z Таким образом, мы имеем
луч PN^n ~ который, отразившись в точках А'^п-1) и
N„n от сторон угла АВАп_1 величины ла, } ходит в направ-
лении, противоположном направлению первоначального паде-
900
ния. А отсюда следует, что ла = 90°, т. е. о. — —.
Второе решение. Пусть АВС—данный угол, MNPQ...—
путь луча (см. черт. 149, а, па котором изображён случай zz —2,
а = 45°). Нас интересуют лишь направления хода луча,
поэтому удобно перенести все эти направления в одну точку О
(па чертеже OI||MV, O2\\NP, O3\\PQ, ...нт. д.). Так как
Z MNA = / PNB, то луч 02 получается из луча 01 симметрией
относительно прямой OU\\AB (для доказательства достаточно
заметить, что на черт. 149, a NM симметрично NP относи-
тельно NB). Точно так же луч ОЗ получается из луча 02
симметрией относительно прямой OV\\BC. Поэтому в силу
предложения 3° на стр. 50 луч ОЗ получается из луча 01
поворотом на угол 2 \/_11ОУ — 2а. Аналогично луч 05 полу-
чается из луча ОЗ поворотом на угол 2а в том же направле-
нии; следовательно, луч 05 получается из луча 01 поворо-
том на 4я и т. д. Поэтому, если а = ^-, то луч О(2л ~|-1), ука-
зывающий направление, которое получит луч света после
182
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(37
/г-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 / MNA <^~ а; если
/ MNA 7> а, то луч NM пересечётся со стороной ВС угла
и, значит, зеркало ВС задержит луч до падения на зер-
кало ВА. Это условие гарантирует, что лучи в направлениях
01, ОЗ, 05, ... и т. д. все попадут на зеркало ВА, а лучи
Черт. 149.
в направлениях 02, 04, ... и т. д. — на зеркало ВС. Если
/ MNA = а, т. е. направление луча MN параллельно зер-
калу ВС, то уже луч О(2л) будет противоположен по направ-
лению 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= 45°,
/Л4№1 = 45О.]
90°
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-
дач 13, 19). Пусть АаАг...Ап—искомый л-угольник, Bt —
какая-то точка плоскости. Отразим отрезок А1В1 последова-
тельно от прямых /х, 1г, — , /п; при этом мы полу-
чим отрезки /2В2, А3В3, ..., АпВп, А1Вп¥1. Так как все
эти отрезки равны между собой, то Л1В1=Л1Вп+1, т. е.
точка А, равноудалена от В, и Вп+1 и, следовательно, ле-
жит на перпендикуляре, восставленном к отрезку BJBn+l в его
середине.
Выберем теперь на плоскости ещё какую-то точку С3, и
пусть С2, С3, ... , Сп, Cn+t—точки, которые получаются
из точки С, при последовательных отражениях от прямых
/2........^п- Очевидно, вершина А3 л-угольника также
равноудалена от точек С, и Сп+1 и лежит на перпендикуляре,
восставленном к отрезку ClCn+l в его середине. Поэтому вер-
шину Л, находим как пересечение перпендикуляров, восстав-
ленных к отрезкам В1Вп+1 и С3Сп+1 в их серединах (отрез-
ки BtBn+1 и С1Сп+1 мы можем построить, выбрав точки Bt
и С, произвольно). Отразив At последовательно относитель-
но данных п прямых, мы найдём и остальные вершины
л-угольнпка.
Задача имеет единственное решение, если отрезки В2Вп+1
11 G^n+i не параллельны (в этом случае перпендикуляры р и q,
восставленные к этим отрезкам в их серединах, пересекаются
в одной точке); если В1Вп+1||С1Сл+1, то задача вовсе не имеет
решений, когда перпендикуляры р и q параллельны, и беско-
нечно много решений (задача неопределённа), когда р и q
совпадают.
Полученный в решении задачи л-угольник может оказаться
самопересекающимся.
Недостатком этого решения задачи является то, что в нём
не находит отражения существенное различие между случаями,
когда л чётно и когда оно нечётно (см. второе решение
задачи).
Второе решение (ср. со вторым решением за-
дач 13, 19). Пусть Д1Л2.. ,АП — искомый л-угольник
(см. черт. 49, а в тексте). Отразим последовательно вер-
шину от прямых /2, /„ ... , 1п_г, 1„', получим точки
Аг, As, ... ,А^ и, наконец, снова Д,. Таким образом, At
есть неподвижная точка суммы симметрий относительно
прямых Zv ln.
184
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[38
Рассмотрим теперь отдельно два случая.
1°. п — чётное число. В этом случае сумма симметрий
относительно прямых llt lt, ... , 1п, вообще говоря, будет
являться вращением вокруг некоторой точки О (см. выше,
стр. 55), которую мы можем найти, применяя построения, от-
носящиеся к сложению движений. Точка О будет единствен-
ной неподвижной точкой вращения; следовательно, вершина
должна совпасть с О. Найдя At, мы затем без труда по-
строим и все остальные вершины л-у голышка. Задача в этом
случае имеет единственное решение.
В исключительном случае, когда сумма симметрий отно-
сительно /,, /2, ... , /п представляет собой параллельный пе-
ренос или тождественное преобразование (вращение 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-
шину At искомого л-угольника можно будет принять любую
точку плоскости (каждая точка является неподвижной точкой
тождественного преобразования).
2°. л — нечётное число. В этом случае сумма сим-
метрий относительно прямых I., ... , 1п, вообще говоря,
будет представлять собой скользящую симметрию (см. выше,
стр. 55—56). Так как скользящая симметрия не имеет неподвиж-
ных точек, то при нечётном п задача не имеет решения.
В исключительном случае, когда сумма симметрий относи-
тельно lt........1п является симметрией относительно иря-
V мой I (эт/гможно построить), решение задачи будет не-
определённо— любую точку прямой I можно будет принять
за вершину А1 л-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
Z,, /г, ls 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 AtAt ... Ап —
искомый л-угольник (см. черт. 49, б в тексте), то пря-
мая AnAt в результате п последовательных симметрий отно-
сительно прямых /, /2, ... , /п_„ 1п переходит в прямые
••• • ”• наконец, снова в АПАГ Таким
образом, прямая AnAt искомого л-угольннка есть не „о-
ДВИЖЕНИЯ
1S5
38]
движная прямая суммы симметрий относительно пря-
мых Z,, 1г, ... , 1п. Далее рассмотрим два случая.
1°. п — чётное число. В этом случае сумма симметрий
относительно прямых 1Х, 12, ... , 1П, вообще говоря, представ-
ляет собой вращение вокруг некоторой точки О и, следо-
вательно, не имеет неподвижных прямых. Таким образом,
при чётном п наша задача не имеет решения. В исключи-
тельном случае, когда сумма симметрий относительно этих
прямых представляет собой симметрию относительно точки О
(вращение на угол 180°), или параллельный перенос, пли
тождественное преобразование, решение задачи будет неоп-
ределённо: в первом случае за сторону /„Д, л-угольника
можно будет принять любую прямую, проходящую через
центр симметрии; во втором случае — любую прямую, парал-
лельную направлению параллельного переноса AW'; в третьем
случае — вообще любую прямую плоскости.
2°. л—нечётное число. В этом случае сумма сим-
метрий относительно прямых lx, 1„ .... вообще говоря,
представляет собой скользящую симметрию с осью I (кото-
рую можно построить). Так как I есть единственная непо-
движная прямая скользящей симметрии, то сторона АПАХ иско-
мого л-уголышка должна совпасть с Z; отразив эту прямую
последовательно относительно прямых /х, /2,___, 1П_Х, мы
найдём и все остальные стороны искомого л-уголышка. Та-
ким образом, при п нечётном задача имеет, вообще говоря,
единственное решение. Исключением является случай, когда
сумма симметрий относительно этих прямых является симмет-
рией относительно некоторой прямой /; в этом случае реше-
ние задачи будет неопределённо: за сторону АПАХ «-уголь-
ника можно принять как прямую Z, так и любую прямую,
перпендикулярную к /.
[Так, при п — 3 задача имеет, вообще говоря, единствен-
ное решение; при этом прямые /х, 1г, 13 будут все три яв-
ляться биссектрисами внешних углов построенного треуголь-
ника или две из них будут биссектрисами внутренних углов,
а одна—биссектрисой внешнего угла. Исключением является
случай, когда прямые 1Х, 12 и 13 пересекаются в одной точке;
в этом случае решение задачи будет неопределённым (см.
задачу 25 а)); прямые 1Х, 12, 13 будут все являться биссектри-
сами внутренних углов построенного треугольника или две
186
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[39
из них будут биссектрисами внешних углов, а одна — биссек-
трисой внутреннего угла.]
Предоставляем читателю самому найти решение задачи б), анало-
гичное первому решению задачи а).
39. а) Предположим, что задача решена (черт. 150).
Симметрия относительно точки Л1 переводит вершину Л,
в вершину At, симметрия относительно прямой — вершину At .
в вершину Л3, симметрия относительно /3— Лэ в At и т. д.,
наконец, симметрия относительно /„ переводит Ап в Аг Та-
ким образом, Аг есть неподвижная точка суммы сим-
метрии относительно точки М и п— 1 симметрий относительно
прямых lt, 13, ...» 1п. Симметрия относительно точки Л!
равносильна паре симметрий относительно прямых. Далее
рассмотрим отдельно два случая.
1°. п — нечётное число. В этом случае задача сво-
дится к нахождению неподвижной точки суммы чётного числа
симметрий относительно прямой. Эта сумма симметрий пред-
ставляет собой, вообще говоря, вращение вокруг некоторой
точки О (которую можно построить, зная точку Л! и прямые
/3, /3, ... , /„). Поэтому при нечётном п задача имеет единст-
венное решение (сравните со случаем 1° в решении зада-
чи 38 а)). Исключением является случай, когда сумма чётно-
го числа симметрий 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
симметрий относительно прямой. В общем случае эта сумма
39J
ДВИЖЕНИЯ
187
представляет собой скользящую симметрию и задача вовсе
не имеет решения (скользящая симметрия не имеет неподвиж-
ных точек). В частном случае сумма нечётного числа симмет-
рий может оказаться симметрией относительно прямой I;
тогда задача является неопределённой (симметрия относи-
тельно прямой имеет бесконечно много неподвижных точек,
а именно все точки оси /).
Построение можно также произвести аналогично первому реше-
нию задачи 38 а). Полученный в качестве решения многоугольник
может оказаться и самопересекаюшимся.
б) Предположим, что задача решена (черт. 151). Пово-
рот на угол 180°—а вокруг точки /V переводит прямую
АпА3 в AtA2, симметрия относительно /, переводит AtA2
в Л2Л3, симметрия относительно /3— АгА3 в /3Л4 и т. д.,
наконец, симметрия относительно 1п переводит АП_3АП в Ап Аг.
Таким образом, AnAt есть не-
подвижная прямая суммы
вращения вокруг N на угол
180°—а (которое можно заме-
нить суммой двух симметрий от-
носительно прямой) ил— 1 сим-
метрий относительно прямых
4. 4. • - . 4-
Рассмотрим теперь отдельно
два случая.
1°. п—чётное число.
Сумма нечётного числа сим-
метрий 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-
ное решение. В частном случае мы можем прийти к симмет-
рии относительно прямой, и тогда решение задачи будет не-
определённым (ибо симметрия относительно прямой имеет
бесконечно много неподвижных прямых).
2°. п — нечётное число. В таком случае рассматри-
ваемое движение будет представлять собой сумму чётного числа
симметрий относительно прямой, которая, вообще говоря, яв-
ляется вращением. Задача в этом случае решения не имеет.
188
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[40
В частных случаях мы можем прийти к симметрии относитель-
но точки, параллельному переносу или тождественному преоб-
разованию; в этих случаях решение задачи будет неопределённо.
Построенный многоугольник может оказаться самопересе-
кающимся; прямые 1г, ls,___, 1п будут являться биссектри-
сами его внутренних или внешних углов.
Построение можно
нню задачи 38 а).
также произвести аналогично первому реше-
40. а) Пусть Д1Д2Л3...ДП — искомый л-угольник
(черт. 152). Отразим вершину At п-угольника последовательно
от прямых, проходящих через центр О окружности и перпен-
дикулярных к сторонам А1Аг,
А2Аа, .... А„_гА„, АпА1
л-угольнпка (эти прямые нам
известны, так как нам зада-
ны направления всех сторон
/z-угольника); при этом точ-
ка At перейдёт в Av затем
.42 в А3, ... , затем Ля_1
в Ап и, наконец, Ап снова
в Л1. Таким образом, Аг
есть неподвижная точ-
ка суммы п симметрий от-
• носптелыю известных пря-
мых. Рассмотрим теперь от-
дельно два случая.
1°. п—нечётное чис-
ло. Из того, что сумма сим-
метрий относительно трёх прямых, пересекающихся в одной
точке, представляет собой симметрию относительно некоторой
новой прямой, проходящей через ту же точку (см. предложе-
ние 4° на стр. 53), нетрудно вывести, что и сумма произвольно-
го нечётного числа симметрий относительно прямых, прохо-
дящих через одну точку, является симметрией относи-
тельно прямой, проходящей через ту же точку. [Сначала заме-
няем первые три симметрии одной симметрией; затем рассматри-
ваем сумму этой одной симметрии и следующих двух и т. д.]
Поэтому сумма наших п симметрий есть симметрия относи-
тельно какой-то прямой I, проходящей через центр О окруж-
ности. На окружности имеются две неподвижные точки этой
40]
ДВИЖЕНИЯ
189
симметрии — точки пересечения окружности с прямой /. Приняв
одну из этих точек за вершину А1 искомого .многоугольника,
мы найдём затем остальные точки, отразив последовательно
эту точку относительно п прямых. Задача имеет два решения.
2°. п — чётное число. Сумма каждых двух симметрий
относительно прямых, пересекающихся в О, есть вращение
вокруг О на некоторый угол. Отсюда следует, что сумму
чётного числа п симметрий относительно прямых, пересекаю-
щихся 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-
ных точек на окружности с центром О, то наша задача, во-
обще говоря, не имеет решений. Исключением является
тот случай, когда сумма п симметрий представляет собой
тождественное преобразование (вращение на угол 0°); в этом
случае задача является неопределённой — любую точку ок-
ружности можно принять за вершину Л, искомого л-угольиика.
б) Предположим, что /z-уго.чьнпк построен (см. черт. 152).
Отразим вершину Л, последовательно от л— 1 прямых, перпен-
дикулярных к сторонам Л1Л2, Л2Л3, ... , АП_3ЛП и прохо-
дящих через центр О окружности (эти прямые нам известны,
так как известны направления сторон); при этом Л, перейдёт
в Лп. Рассмотрим отдельно два случая.
1°. п — нечётное число. В таком случае сумма
п— 1 симметрий относительно прямых, пересекающихся водной
точке, представляет собой вращение вокруг О на угол а,
который можно найти. Таким образом, угол Л1О.4П = а нам
известен, а следовательно, известна и длина хорды Л2Л„ и
расстояние её от центра. Так как Л,ЛП должна проходить
через известную точку Л1, то остаётся провести из точки М
касательную к окружности, концентрической данной окруж-
ности 5 радиуса, равного расстоянию хорды AtAn от центра 5.
Задача может иметь два, одно или ни одного решения.
2°. п—чётное число. В этом случае сумма
п — 1 симметрий относительно пересекающихся в одной точке
прямых представляет собой симметрию относительно некоторой
прямой /. Поэтому At симметрична Ап относительно I. А так
как сторона А1Ап должна проходить через известную точку М,
то, чтобы найти её, достаточно опустить из Л1 перпендику-
ляр па I. Задача всегда имеет одно решение.
190
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Hi
§ 2
41. Первое решение (опирающееся на теорему 1,
стр. 60). Пусть сначала прямые I, и lt 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, а X—в Y (так
как Z, не параллельна /г,
то АХ не переводится в
BY параллельным перено-
сом). Угол поворота а
равен углу между /, и
л
Черт. 153.
/г; 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 /,), и перпендикуляра р, вос-
ставленного к АВ в его середине1). Пусть это враще-
ние переводит искомую прямую т в прямую tn, 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 tn' и между п и п; поэтому Y можно найти
как точку пересечения прямой, соединяющей О с точкой пе-
ресечения п и л', и прямой Zs. Задача может иметь Два ре-
шения (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.
41]
ДВИЖЕНИЯ
191
б) tri проходит через точку Л1’, получающуюся из М вра-
щением с центром О и углом поворота а; угол между т и
tri равен а. Поэтому Y можно найти как точку пересечения
дуги, построенной на отрезке МЛГ и вмещающей угол а,
с прямой /,. 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 ДОЛУ, мы определим расстояние ОХ от
О до искомой точки X. Задача может иметь до четырёх ре-
шений.
г) Пусть S—середина XY. Так как углы равнобедренного
треугольника OXY нам известны, то мы знаем также отно-
OS ,
OX~~k
шение
и угол XOS = .
Поэтому точка S полу-
чается из точки X известным центрально-подобным вращением
(см. ниже, § 2 гл. I второй части книги *)). Точка S находится
как пересечение прямой /', получающейся из /, этим центрально-
подобным вращением, и прямой г; искомая прямая т перпенди-
кулярна к OS. Задача, вообще говоря, имеет два решения;
если /' совпадает с г, то решение задачи неопределённо.
Если /1||/4, 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 ни /,, ни АВ;
ни одного решения, если лЦ/JI/,; бесконечно много решений,
если л|[Л5;
б) два решения, если М не лежит ни на прямой АВ, ни
на средней линии /0 полосы, образованной и 1г; одно решение,
если М лежит на прямой АВ или на прямой /0, но не совпа-
дает с <S; бесконечно много решений, если М совпадает с <S;
в) два решения, если а^=АВ, a>d (d—расстояние
между /, и /,); одно решение, если a = d, но AB^=d; ни
одного решения, если a<^d; бесконечно много решений,
если a = AB(^d);
г) одно решение, если г не параллельна /,||/, и не прохо-
дит через <S; ни одного решения, если ГЦ/, и г не проходит
через S; бесконечно много решений, если т проходит через 5.
1) Здесь следует предпочесть второе решение задачи, не опираю-
щееся на материал второй части.
192
РЕШЕНИЯ ЗАЧЛИ
(41
Второе решение задач а), в), г) (опирающееся на
теорему 2, стр. 62). В силу теоремы 2 отрезок АХ можно
скользящей симметрией (пли просто симметрией относительно
прямой, которую можно рассматривать как частный случай
скользящей симметрии) перевести в равный ему отрезок BY
так, что А перейдёт в В, а X—в У. При этом ось /сколь-
зящей симметрии параллельна биссектрисе угла между 1г
и /8 и проходит через середину отрезка АЗ1); величина d
параллельного переноса равна AtB, где Л,—точка, симме-
тричная А относительно / (черт. 154). Пусть еще Хг—
точка, симметричная X относительно /; в таком слу-
чае А^ЕЦ/ и X1Y=d. Далее рассмотрим отдельно зада-
чи а), в), г).
а) В треугольнике XXtY известен катет XtY = d и ост-
рый угол XYXlt равный углу между прямыми т и /; следо-
вательно, можно найти катет XXt. Точка X найдётся как
пересечение прямой /, и прямой /’, отстоящей от / на рас-
стояние-^ XXt. В общем случае, когда /х не параллельна /„,
задача имеет два решения.
) Так как существуют две биссектрисы углов, образованных 1Х
и Z,, то скользящая симметрия, переводящая АХ в ВУ, может быть
выбрана двумя разными способами (отвечающими случаям, когда
АХ и BY располагаются по одну и по разные стороны от АВ). Если
Zj || Z,, то ось одной нз этих двух скользящих симметрий параллельна
Z, и Zt, а ось другой симметрии — к ним перпендикулярна; это опре-
деляет особое место, которое занимает случай параллельности Z, и
Z, в решениях задач а), в), г).
42)
ДВИЖЕНИЯ
193
в) В треугольнике ЛЛ, Y известна гипотенуза XY = а и
катет A'1Y=d; следовательно, можно найти второй катет ХА\.
Далее построение не отличается от фигурирующего в реше-
нии задачи а); в общем случае задача имеет два решения.
г) Середина S отрезка XY должна лежать на прямой I —-
средней линии треугольника ХХхУ\ поэтому она совпадёт с
точкой пересечения I и г. Точка X найдётся как пересечение
/, с перпендикуляром р, восставленным к I в такой точке SJt
что 5S, — у • В общем случае задача имеет два решения.
42. Пусть прямые /2 и /3 не все параллельны между
собой, например /3 не параллельна ни ни /2. Предположим,
что задача решена (черт. 155). В силу теоремы 1 существует
вращение, переводящее АХ в CZ, и вращение, переводящее
BY в CZ; углы поворота а, и а, равны соответственно углам
между /г и /л, Z, и /3, а центры вращения О, и Ог нахо-
дятся так же, как в первом решении задач 41 а) — г). Из
равнобедренных треугольников OtXZ и OtYZ с углами при
вершинах (\ и Ог, соответственно равными о, и а2, находим
/_ OlZA'=90° — /_OtZY=WF — . Отсюда следует,
что / O.ZO. — -‘-у— и значит, точка Z может быть най-
дена как точка пересечения прямой /3 с дугой окружности,
стягиваемой отрезком Ofit и вмещающей известный угол
а, -4- а, а. — а,
или _1_2.
7 И. М. Яглом
194
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(43
Каждый из углов поворота а, и а2 и соответственно этому
центры вращения О, и О2 можно определить двумя различ-
ными способами (ср. с решением предыдущих задач). Поэтому
наибольшее возможное число решений задачи равно 16.
Если /, || /2 || /э, то задача имеет три решения в том слу-
чае, когда точки А, В и С не лежат на одной прямой (ре-
шения даются средними линиями треугольника АВС), и бес-
конечно много решений, когда АВС — 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-
дится как в первом решении за-
дач 41 а)—г). Так как в равнобед-
ренном треугольнике OPQ нам изве-
стен угол а при вершине О, то мы
можем считать известным отношение
p^—k. Но согласно условию за-
дачи PQ = BP\
тать известным
Черт. 156.
поэтому можно счн-
отношение
°P_k
ВР ~ '
стороны
отноше-
пересечения
позволяет определить Р как точку
с окружностью — геометрическим местом точек,
расстояний от которых до О и до В равно k (см. сноску
что
АВ
ние
на стр. 102).
ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
ГЛАВА I
КЛАССИФИКАЦИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
§ 1
44. Пусть прямая I проведена (черт,
точка С центрально-подобна точке В с
157). По условию,
центром подобия А
и коэффициентом подобия ,
мой /р центрально-подоб-
ной с центром А и ко-
эффиниентом —, п ее мож-
но найти как точку пересе-
чения прямых 1г п Если
11 не параллельна 1г, то
задача имеет единственное
решение; если 7, || I,, то h
либо параллельна 1г, либо
совпадает с 1г — соответст-
венно этому задача либо не
имеет решения, либо не-
определённа.
поэтому она лежит на пря-
Черт. 157.
45. а) Искомое геометрическое место получается из
окружности S при помощи центрально-подобного преобра-
зования с центром А и коэффициентом подобия ; следо-
7*
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
J46
196
вательно, это—окружность с диаметром АО, где О — центр5
(черт. 158, а).
Черт. 158.
б) Построим на АО как на диаметре окружность S'
(О — центр 5). Точки пересечения S' с хордой ВС определят
искомые хорды окружности 5 (черт. 158,6), так как S' —
геометрическое место середин хорд S, проходящих через А
(см. задачу а)). Задача мо-
жет иметь два, одно или ни
одного решения.
Черт. 159, а.
46. а) Если прямая I
АВ 1 .
проведена, то у (черт.
159, а). Отсюда вытекает
следующее построение. По-
строим окружность S,, цен-
трально-подобную \ с цен-
тром подобия в произволь-
ной точке А окружности S
и коэффициентом подобия —.
Точки пересечения окруж-
искомые прямые (которых
одна или ни
ностей и 5, определят
при выбранной точке А может быть две,
одной).
46]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
197
АВ 1
б) Если I проведена, то-^= — (черт. 159,6). Отсюда
вытекает такое построение. Построим окружность S*, цент-
рально-подобную окружности 5. с центром подобия в произ-
вольной точке А окружности S, и коэффициентом подобия .
Точки пересечения окружностей S3 и S3 определят искомые
прямые (которых при выбранной точке А может быть две,
одна или ни одной).
Черт. 159, б, в.
в) Пусть прямая I проведена и A', В\ С и D’ — четыре
другие точки пересечения её с окружностями S,, Sa, S3 и
(черт. 159, в). Очевидно, что АВ =^D'C. Отсюда AD' = АВ-|-
-}- ВС — D'C — BC и, следовательно,
AD: ВС— (АО • АО'): (ВС-ВС).
Выражение AD-AD' не зависит от положения точек D и
О'; оно равно АЕ-АЕ', где Е и Е' — точки пересечения пря-
мой АО (О — общий центр всех четырёх окружностей) с ок-
ружностью т. е. равно (г, — г4) • (G 4“ где ri 11 —
радиусы и Аналогично ВС-ВС = (г,— г8),(г»
где г, и г3 — радиусы Sa и 53. Таким образом,
АР >\-г\
ВС- г\-г\'
198
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(47
Далее,
AD = АВ -|- ВС -J- CD = 2 АВ -|- ВС\
следовательно,
4Р___2 — I 1
ВС — ВС '
Отсюда
АВ 1 / П - Л___________ г, - г\ + г\ - г\
ВС-2\г^-гз )~ 2^-^)
и так как
АС АВА-ВС . .ВС . 1 _ < +г» - 4 - г*
АВ— АВ — 1 ' АВ~ 1-Г АВ— r=_rJ + rJ_rJ'
ВС
АС ..
то величину отношения можно считать известной.
Отсюда вытекает следующее построение. Произведём
центрально-подобное преобразование с центром в произволь-
ной точке А окружности S, и коэффициентом k =
Г1 4" Г« Г3 Г1 г
= -z----z---;----;; пусть окружность 5. переходит при этом
Г1 + гз rt
в St. Точки пересечения окружностей S, и S3 определяют
искомые прямые (которых
при выбранной точке А мо-
жет быть две, одна или
ни одной).
47. а) Построим квад-
рат KLMN такой, что К
лежит на стороне АС, а
MN—на основании АВ
В (черт. 160); если L—точка
пересечения прямой AL со
стороной ВС треугольника,
то центрально-подобное
- . . . с AL'
преобразование с центром Л и коэффициентом я = пеРеВ0'
лит KLMN в искомый квадрат K'L'M'N'.
[Если считать, что искомый квадрат может иметь вершины на
сторонах треугольника АВС или на их продол же ниях (см.
сноску на стр. 82), то задача, вообще говоря, будет иметь
два решения (квадраты K'L'M'N' и K'^L^M'^N'^ на черт. 160).]
48)
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
199
б) Построим треугольник LMN, стороны которого парал-
лельны /, и /3, и такой, что L лежит на ВС, а М—на СА.
Если ЛГ — точка пересечения прямых CN и АВ, то центрально-
подобное преобразование с центром С и коэффициентом
k — переводит треугольник LMN в искомый треугольник
L'MN' (черт. 161).
48. а) Проведём через А и В прямые, параллельные 1а,
соответственно lt, и через точку О пересечения этих прямых —
прямые /’ и I,, параллельные и 1г (черт. 162). Возьмём
две пары точек М., Afs и Л\, Nt, удовлетворяющих условию
ЛЛ1,
задачи: /И, и на Л1л и N, на /, н —вдГ —т-
Пусть /Ир Nt — точки пересечения прямых, проходящих
через точки /И,, и параллельных /4, с прямой Mt, Л/,
200
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(48
точки пересечения .прямых, проходящих через X- N, и па-
раллельных /4, с прямой Тогда
ОМ. ON,
— =—т(=Х
ОМ, ON,
ПЛИ ОХ ОХ
on[~ ON[
Отсюда видно, что пара прямых XX 11 XX центрально-
подобна (с центром подобия О) паре прямых XX 11 XX-
Следовательно, точка М пересечения прямых XX и XX
центрально-подобна с центром подобия О точке N пересече-
ния прямых XX и XX; Другими словами, любые две точ-
ки М и N искомого геометрического места лежат на одной пря-
мой с точкой О. Поэтому рассматриваемое геометрическое
место представляет собой прямую (для построения которой
достаточно заметить, что она проходит через О и произвольно
выбранную точку X удовлетворяющую условию задачи).
б) Пусть 44 ... А°— какое-то фиксированное положе-
не меняются.
ние нашего многоугольника
(см. черт. 163, где п = 6). Так
как стороны многоугольника
А,А, ... Ап всё время оста-
ются параллельными соответ-
ствующим сторонам много-
угольника ... А°п, а вер-
шины Л,, А„ ... , Ап_, сколь-
зят по прямым I,, ...
.. то отношения
44 44 4-24-,
44’ 44..........4-14-,
Отсюда вытекает,
что и отношение
/__л°4
’44
П—£X 1 П
------I тоже не меняется. В силу за-
4—14—1/
дачи а) это означает, что вершина А„ также скользит по
прямой линии 1п (положение которой определяется дврш про-
извольными положениями этой вершины).
49]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
201
в) Пусть /п 1г, ... , /„ — прямые, на которых располо-
жены стороны заданного многоугольника. Выберем точку At
произвольно на прямой /, и построим многоугольник AIAi... Ап,
стороны которого параллельны данным прямым, а верши-
ны Аг, ..., Ап_, лежат на прямых /,....../„_1. Если верши-
ны AJt Аг, ... , Д„_, построенного многоугольника скользят по
прямым /,, /2, ... , /„_, так, что его стороны остаются парал-
лельными заданным прямым, то в силу результата задачи б)
вершина Д„ также скользит по некоторой прямой т; эту
прямую мы можем определить, построив два каких-либо по-
ложения вершины Ап. Точка пересечения прямой т с пря-
мой /„ определит положение вершины Ап искомого многоуголь-
ника Д, Аг А3 ... Ап.
Если /„ не параллельна т, задача имеет единственное
решение; если /„ || т, задача не имеет решения; если /„ со-
впадает с т, задача неопределённа.
49. а) Если /2 и 1г параллельны, задача решается просто.
Пусть /j и lt пересекаются в точке М и пусть 5 — произ-
вольная окружность, вписанная в угол /1Л7/г, внутри которого
лежит точка А (черт. 164, а). Обозначим через В точку пе-
ресечения прямой Л1А с окружностью S; искомая окружность S
будет центрально-подобна S с центром подобия Л1 и коэф-
фициентом подобия зная центр подобия п коэффициент
подобия, её легко построить. Если А не лежит ни на lt, ни
на /,, то задача имеет два решения.
б) Пусть т— перпендикуляр к отрезку Д5 в его середине;
/' — прямая, симметричная / относительно т (черт. 164,6).
Искомая окружность 5 должна касаться прямой I. Таким
202
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(49
50]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
203
образом, мы приходим к задаче а): построить окружность, ка-
сающуюся двух известных прямых I и Г и проходящую через
известную точку А.
в) Обозначим через Л1 точку пересечения прямых /, и Z2, и
пусть S— искомая окружность (черт. 165, а)1). Точка N каса-
ния окружностей S и S есть их центр подобия. Централь-
но-подобное преобразование с центром N, переводящее S в S,
переводит прямые Z, hZ2b прямые I, || Z, и 1г || /,, касающиеся S;
точка М переходит в точку М пересечения /, и 1г. Поэтому
М можно найти как точку пересечения прямой ММ с окруж-
ностью S; после этого 5 легко построить (центрально-подоб-
ное преобразование с центром N, переводящее Z, в I пере-
водит 5 в 5).
Каждую из прямых Z, и 1г можно выбрать двумя спосо-
бами; прямая, соединяющая точку М с точкой их пересече-
ния, может пересечь окружность
разом, задача может иметь
до восьми решений (см., на-
пример, черт. 165, б).
S в двух точках. Таким об-
Черт. 166, а.
50. а) В силу извест-
ного свойства медиан тре-
угольник А'В'С, образован-
ный средними линиями тре-
угольника АВС, центрально-
подобен АВС с центром по-
добия М и коэффициентом
подобия —у (черт. 166, а).
При этом высотам AD, BE
и CF треугольника АВС бу-
дут - соответствовать высо-
ты A'D', BE' и CF' тре-
угольника А'В'С, а точке пересечения Н высот треугольни-
ка АВС — точка пересечения высот треугольника А'ВС, т. е.
точка О (ибо высоты треугольника А'В'С перпендикулярны
*) Если Z, || Z,, задача решается легко, ибо в этом случае сразу
определяется р диус 5.
204
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(50
к сторонам треугольника АВС в их серединах). По-
этому точки Н и О центрально-подобны с центром подо-
бия М и коэффициентом подобия--------у , т. е. лежат на од-
ной прямой с точкой Л1, причём М делит отрезок НО в
НМ _
отношении
б) Доказательство аналогично решению задачи а) и осно-
вано на том, что прямые, проведённые через середины сторон
треугольника параллельно его биссектрисам, центрально-по-
добны биссектрисам треугольника с центром подобия Л1 и ко-
б)
Черт. 166,6.
эффициеитом подобия — у (черт. 166,6); поэтому они пере-
секаются в одной точке К (центрально-подобной точке Z
пересечения биссектрис с центром М и коэффициентом—у).
в) Пусть А, В, С — середины сторон треугольника АВС; К,
Кх, Кг и Р, Q, R — точки касания сторон с вневписанной окруж-
ностью, вписанной в угол А, и с вписанной окружностью
(черт. 167). Докажем, что AHflZA. Обозначим стороны тре-
угольника АВС через а, b и с, периметр — через 2р, высо-
ту АР, опущенную на сторону ВС,— через ha, радиус вписанной
окружности — через г, площадь треугольника — через S. Так
как aha — 2pr(—2S), то = . Следовательно,
АР_ Ip,
ZP~ а »
КР
докажем, что и отношение -&,p равно той же величине.
50)
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
205
Действительно,
рр а’ + с'-Ь’
2а
так как Ь* = а1 -J- с’ — 2а -ВР; с другой стороны,
ВК = ВКХ = AKt — АВ=р — с
(так как = у (ДАТ, + Л/Q (Л5+ВА'.+ЛС+СЛ'^ =
= -1 (ЛВ-]-Д/<-}-ЛСЧ-СЛ') = у(а4-Л+с)=:р). Следова-
Черт. 167.
тельно, например, в
случае, изображённом на черт. 167,
КР=ВР-ВК=а^^-а-^=
а* 4- с* — Р — а* — ab + ас (с — Ь) (с + 4~ °) Р (с
2а 2а а
206 решения задач (51
Далее,
ВР=\ (ВР-\-BQ) = ~ (ВС — СР-1-BA — AQ} =
= 4(ВС+ВЛ—С^—= 1 (a-]-c — b)=p—b
и, следовательно,
А'Р= ВР— BA' —р — b —~ .
Итак, имеем:
КР р (с— Ь)с— Ь _2р АР
~А'Р~ а ’ 2 7 ZP'
Отсюда следует, что треугольники АРК н ZPA' подобны
и, значит, прямые АК и ZA параллельны.
Далее совершенно аналогично решению предыдущей за-
дачи показывается, что три прямые, проведённые через вер-
шины треугольника параллельно прямым A'Z, В'Z н CZ
(по доказанному это и есть прямые, соединяющие вершины
треугольника с точками касания противоположных сторон с
соответствующими вневписанными окружностями), пересекаются
в одной точке J, центрально-подобной Z с центром подобия Л!
и коэффициентом подобия — 2.
Б1. а) Пусть АР, BQ, CR—высоты треугольника АВС;
А', В', С — середины его сторон; D, Е, F—середины от-
резков НА, НВ и НС (черт. 168, а). Ясно, что точки D, Е
и F лежат на окружности 5. Покажем теперь, что и точ-
ки Р, Q и R лежат на той же окружности.
Продолжим высоту АР треугольника до пересечения с
описанной окружностью в точке Р, и соединим точку Р с
точкой В. Из рассмотрения треугольников АРС и BQC сле-
дует, что / CBQ = САР (=90° — ВС А). Далее, £ САР =
= Z_CBlJ, (как опирающиеся на одну и ту же дугу). Сле-
довательно, / НВР= / РВР,, так что треугольник HBPt
равнобедренный и НР=-^НР1; отсюда видно, что точка Рх
переходит в точку Р при центрально-подобном преобразовании
с центром Н и коэффициентом Точно так же доказывает-
51]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
207
точки Qu/? центрально-подобны некоторым точкам
окружности с центром И и коэффициентом у.
очевидно, что точки А', В' и С лежат на окруж-
централыю-подобной описанной окружности с
у. Пока-
ся, что и
описанной
Далее
ностп 5',
центром подобия М и коэффициентом подобия —
жем, что окружность 5' совпадает с окружностью S. Радиус
окружностп S равен ~ (г — радиус описанной окружности),
а центр О находится в середине отрезка НО (О — центр опи-
санной окружности) (черт. 168, а). Радиус окружности Л'тоже
равен у , центр же О' этой окружности находится на прямой
ЛЮ, причём = В снлу резУльтата задачи 50 а)
точки О, Н п Л1 находятся на одной прямой и /УА1 = 2Л1О;
отсюда сразу следует, что точки О и О' совпадают, т. е.
совпадают окружности S и S', что и требовалось доказать.
Заметим ещё, что А' и D, В' и Е, С’ и Г — диаметрально проти-
воположные точки окружности Эйлера (так как, иапрнмер. вписан-
ный в эту окружность угол A'PD, опирающийся на /ГО,—прямой).
Отсюда следует, что треугольники А'В'С1 и DEF симметричны отно-
сительно центра этой окружности и, следовательно, равны.
208
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[52
б) Прежде всего очевидно, что треугольник DEF центрально-
подобен треугольнику АВС с центром подобия J и коэффициентом
*2 (черт. 168,6). Отсюда следует, что окружность s, впи-
санная в треугольник DEF, центрально-подобна вписанной
окружности s треугольника АВС с центром подобия J и
коэффициентом подобия — . Далее, окружность s', вписанная
в треугольник А’В'С, центрально-подобна окружности $ 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-
„ МО’ 1 I
мои A1Z и таким, что = —у (СР- с Решением за-
дачи а)). Отсюда следует, что окружности s и s' совпадают,
что нам и требовалось доказать.
Заметим ещё, что_прямые А'В' и DE, В'С и EF, С А' и FD
касаются окружности s в её диаметрально противоположных точках
(ибо A'B'WAB ||£>£, B'C|jBC||£F, С А' || С А || FD}. Отсюда следует,
что треугольники DEE и А'В'С' симметричны относительно центра
етой окружности и, следовательно, равны.
62. а) Пусть AtAtAtAt— произвольный четырёхугольник,
М3, М3 и М3 — центры тяжести треугольников AtAtAt,
52]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
209
(черт. 169, а). Нам достаточно
доказать, что любые два из отрезков AiA1l, АгЛ12, АгМ и
Л4ЛГ4 в точке пересечения делятся в отношении 3:1; отсюда
уже будет следовать, что все эти отрезки пересекаются в
одной точке. Пусть N—точка пересечения А1Л11 и А2М2,
L — середина А2Ае В таком случае = следо-
вательно, треугольники A.LA и M.LM подобны н
AljAfj [[ А2А2, = & теперь мы видим, что и тре-
угольники Л, АЛ. и подобны; поэтому -Ртт = тттг = т.
1 • 1 • NAI2 !\Ait 1
что и требовалось доказать.
Аналогично доказывается теорема и для любого «-уголь-
ника. Например, если и N2—центры тяжести четырёх-
угольников АгАгАлА5 и AlAsAiAs, /И— центр тяжести тре-
угольника АгАлАа и Р—точка пересечения A2N2 и A2N2
, irn п a.n. A.N. 3
(черт. 169,о), то •д?"дТ = 77д|= поэтому треугольники
А2МА2 и N2AW2 подобны и [| А1А1, = у. Отсюда
11 АР
следует, что треугольники А2РА2 и NtPN2 подобны и =
Л Р 4
= £*—=-р; таким образом, любые два отрезка, соединяю-
щих вершины пятиугольника с центрами тяжести четырёх-
угольников, образованных остальными вершинами, в точке
пересечения делятся в отношении 4:1, откуда и вытекает спра-
ведливость-утверждения, относящегося к пятиугольнику.
210
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[53
б), в) Из результата задачи а) вытекает, что центры тя-
жести четырёх треугольников, вершины которых совпадают с вер-
шинами вписанного в окружность S четырёхугольника, лежат
р
на одной окружности S' радиуса v; из результата зада-
чи 51 а) следует, что центры окружностей Эйлера этих тре-
угольников центрально-подобны центрам тяжести с центром подо-
g
бия в центре О окружности 5 и коэффициентом подобия — ;
поэтому центры окружностей Эйлера лежат на окружности 5
R 3 R
радиуса•-5г=-х-, откуда вытекает утверждение задачи б)
для случая четырёхугольника. Далее, если N есть центр тя-
жести четырёхугольника, О' — центр окружности S' и О —
центр 5, 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 и О лежат на одной прямой и ON:NO =
— 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-
телю проделать это самостоятельно.
53. а) Произведём центрально-подобное преобразование с
центром в точке Л1 и настолько малым коэффициентом подо-
бия k, чтобы прямые и /„ в которые перейдут прямые и /2,
Черт. 170, а, б.
пересекались в пределах чертежа (черт. 170, а). Прямая, соеди-
няющая точку М с точкой пересечения £ и/«, будет искомой.
54|
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЙ
211
1яющая точки пересечения а, п а’,
пределах чертежа (черт. 170, б).
Совершенно так же решается'задача, если недоступная
точка задаётся не двумя прямыми, а прямой и окружностью
пли двумя окружностями (пересекающимися вне чертежа).
б) Произведём центрально-подобное преобразование с цен-
тром в точке Л1 п коэффициентом k настолько малым, чтобы
прямые о,, at и blt b2 перешли в такие прямые а*, а’ н
blt bt, что прямая, соеди
ft' п bt, находилась в
Прямая, проведённая че-
рез М параллельно ей, и
будет искомой.
в) Произведём цент-
рально-подобное преобра-
зование с центром в лю-
бой доступной нам точке
плоскости О в настолько
малым коэффициентом k,
чтобы точки А, В, С пе-
решли в точки А', В', С,
расположенные в пределах
чертежа (черт. 170, в).
Пусть S' — окружность,
описанная вокруг тре-
угольника А'В'С. Иско-
мая окружность S цен-
трально-подобна окруж-
ности S' с центром подо-
бия О п коэффициентом
её центр п радиус.
64. Пусть нам требуется на ограниченной части пло-
скости произвести некоторое построение, п пусть чертёж Т,
требуемый для выполнения этого построения, не помещается
целиком на ~К. Произведём центрально-подобное преобразо-
вание с центром в точке О, расположенной в области и
коэффициентом k настолько малым, чтобы преобразованный
чертёж Т уже целиком помещался в 9С. Чертёж Т можно
построить. После этого чертёж Т можно считать выполнен-
ным, так как он центрально-подобен имеющемуся уже чер-
тежу Г с известным центром О и коэффициентом . [Если
Черт. 170, в.
подобия 4-: это позволяет найти
к
212
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
J55—56
какая-либо точка А чертежа Т, центрально-подобная точке А'
чертежа Т, не помещается на нашей части плоскости, то
определим её парой прямых 1у и Z2, центрально-подобных ка-
ким-то прямым /' и Z', проходящим через А’; при этом Гу и Л
всегда можно выбрать так, чтобы 1у и 1г помещались на чер-
теже: для этого достаточно, например, чтобы расстояния пря-
мых /' и /' от центра подобия О были достаточно малы.]
ББ. Это предложение является частным случаем теоремы
о трёх центрах подобия (см. выше, стр. 93).
Б6. Пусть 5—искомая окружность; построим произволь-
ную окружность S2, касающуюся и /, (черт. 171; мы не
рассматриваем здесь случая 1у || /2, когда решение задачи
значительно упрощается). Центром подобия окружностей 5
и Sj является точка М пересечения 1у и /2; центр подобия О
окружностей 5, и 5 можно построить; центром подобия ок-
ружностей 5 и 5 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. Л7 есть точка пересечения
прямой ОМ с окружностью 5. Найдя точку /V, мы без труда
построим окружность 5.
Центр подобия О окружностей 5 и 5, 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 /, и /2 (на этой биссектрисе
лежит центр окружности .$,). Выбрав затем в качестве
окружность с центром на биссектрисе другого угла, мы
можем найти ещё до четырёх решений. Таким образом, всего
задача может иметь до восьми решений.
Б7. а) Пусть FA — какая-то фигура, содержащая вершину А
треугольника; Fc получается пз F. центрально-подобным пре-
РС
образованием с центром Р и коэффициентом — рд ; Рв по-
лучается из Fc центрально-подобным преобразованием с цен-
тром N и коэффициентом Z?2=^ (чеРт- Очевидно,
точке А фигуры FA отвечает точка С фигуры Fc; последней
точке отвечает точка В фигуры FB. В силу теоремы о сло-
жении центрально-подобных преобразований, FB получается пз
Fa центрально-подобным преобразованием с центром О и
коэффициентом k; при этом О лежит на прямой ВА (ибо
В п А — соответствующие друг другу точки фигур FB и Гд)
и на прямой PN (в силу теоремы о 'трёх центрах подобия),
a = = (если £,£,== 1, то FB получается пз FA
параллельным переносом).
„ AM BN СР .
Если ВМ ‘ CN ’ АР 1 ’ то
МВ_PC
МА~ РА' NC 1 *
— k;
так как 7rx=k, то М совпадает с О и, следовательно, лежит
214
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|57
на прямой PN. Обратно, если точки М, N и Р лежат на
одной прямой, то Л/ есть точка пересечения прямых АВ и PN
_ МВ ОВ
п, значит, совпадает с О; поэтому ^=^=ft= klk1 —
PC NB AM BN CP .
= PANC и- слеДовзтельно, —.^.—=1.
Примечание 1. Отметим, что в решении задачи 57а) было
бы достаточно доказать только необходимость или только доста
точность условия задачи; второе уже будет следовать из дока-
занного. Действительно, пусть, например, мы уже доказали, что если
AM BN СР , „ „„
тгг« • -д-f = 1. то точки М, N и Р лежат на одной прямой. Предпо-
ВМ CN АР 1
ложим теперь, что точки М, N и Р лежат на одной прямой; по-
" AM BN СР , п „ п
кажем, что в таком случае • др— Действительно, пусть М—
AM BN СР ,
такая точка прямой АВ, что —— • — • — = 1, тогда, по теореме, ко-
ВМ CN АР _
торую мы считаем уже доказанной, точки М, N и Р лежат на
одной прямой; отсюда следует, что М совпадает с М и, значит,
AM BN СР , .
ггг, • 1- Аналогично выводится достаточность условия
ВМ CN АР
задачи из его необходимости; вывод предоставляется читателю.
Примечание 2. Теорему Менелая можно связать со следую-
щим обобщением задачи 13 из § 2 гл. 1 (стр. 30—31): построить и-уголь-
ник А^.^Ап, зная п точек Af,, Л12,..., Af„, делящих его стороны в
, . А,М,
известных (положительных или отрицательных) отношениях д/ — kt,
А,М, . А,,М„ , ,
~~ =kv..., " " =kn (здесь уже нет необходимости предпола-
УЛ j Jrl
гать число сторон п-угольиика нечётным). Совершенно аналогично вто-
рому решению задачи 13 можно показать, что если k,k,..;kn 1, то
эта задача всегда имеет единственное решение; если же kxkt.. .kn =
= 1, то задача, вообще говоря, не имеет решений, и лишь при
некоторых специальных расположениях точек М,, М2,..., Мп реше-
ние задачи будет неопределённым. Отсюда следует, что если
... kn / 1, то расположение точек Mv Мг....Мп на плоскости
. , . . , А,М, А.М2 А„М„
может быть любым; если же . ,я„ — '•'-г-гг- — 1, то
1 ‘ " АгМ, А3М2 А,Мп
это расположение должно удовлетворять специальным условиям. При
п = 3 в силу теоремы о трёх центрах подобия эти условия сводятся
к тому, что точки Мг Мг и Af3 должны лежать на одной прямой; от-
сюда и вытекает теорема Менелая.
б) Пусть прямые CM, AN и ВР пересекаются в одной
точке О (черт. 172, б). Рассмотрим какую-то фигуру FA, со-
держащую точку А; пусть центрально-подобное преобразова-
57]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
215
нпе с центром О и коэффициентом k = переводит её в
фигуру FN (точке А фигуры FA отвечает точка N фигуры Гл,);
центрально-подобное преобразование с центром В и коэффи-
циентом kl=~r переводит FN в Fc (точке N фигуры FN
отвечает точка С фигуры Fc); центрально-подобное преобра-
СВ
зование с центром С и коэффициентом k2 — переводит FN
в FB (точке N фигуры /^отвечает точка В фигуры FB). В силу
теоремы о сложении центрально-подобных преобразований фи-
гура Fc центрально-подобна FA; при этом центр подобия лежит
на прямой СА (С и А — соответствующие точки фигур Fc и FA)
и на прямой ВО (в силу теоремы о трёх центрах подобия),
т. е. совпадает с Р, а коэффициент подобия равен
Точно так же показывается, что фигуры
FB и F. центрально-подобны с центром М и коэффициентом
,, ON СВ „ ,
kkt=^ - Таким образом, получаем:
PC ON ВС МВ ON СВ.
РА OA'BN' МА~ OA'CN’
деля первое равенство на второе, имеем:
PC МА _ _CN МА NB РС__,
РА ' MB — BN ИЛ" МВ ' NC' РА
что и требовалось доказать.
216
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[58
„ МА NB PC ,
Пусть теперь — 1 и, например, прямые AN
н ВР пересекаются в точке О. Если Л/ — точка пересечения
„ _ . D Л/Д NB PC
СО с АВ, то, по доказанному выше, г=- • —-----=—1,т. е.
MB NC РА
М совпадает с М. Таким образом, мы видим, что если
MB ’ NC' PA~ — т0 пРпмые A™, BP и CM все пересекают-
ся в одной точке или никакие две пз трёх прямых не пере-
секаются (т. е. все прямые параллельны).
Предположим, наконец, что прямые AN, ВР п СМ все
параллельны между собой; пусть Л!—такая точка стороны АВ,
МА NB PC . R
что —--------= —1. В таком случае прямая СМ не мо-
МВ NC РА
жет пересечь AN и ВР (иначе все три прямые AN,
ВР и СМ должны были бы пересечься в одной точке); по-
у. .. МА NB PC
этому М совпадает с М и р^ =—!•
Примечание. Нетрудно видеть, что разобранное доказатель-
ство теоремы Чева сводится к двукратному применению теоремы
Менелая к треугольникам ANC (точки па сторонах — Р, О и В) и АЛ'В
(точки на сторонах — М, О и С).
58. а) Согласно теореме задачи 52 а) четырёхугольники
AlAtA3Ai и где Af,, Mt, Mt и Mt—точки пересе-
чения медиан треугольников Д2Д3Д4, Д,Д3Д4, Д^Д* и
Д1Д2Д3, центрально-подобны с коэффициентом подобия — у
(п центром подобия в центре тяжести N четырёхугольника
А/ДА,).
Далее из результата задачи 50 а) следует, что четырёх-
угольники МхМгМ3М4 п НхНгН3Н^, где Н,, Нг, — точки
пересечения высот тех же треугольников, центрально-подобны
с центром подобия в центре О окружности 5 и коэффициен-
том подобия -р . Таким образом, четырёхугольник
можно получить из Д1Д,Д3Д4 с помощью двух последователь-
ных центрально-подобных преобразований с коэффициентами
hx —----и kt = 3; из того, что сумма этих преобразований
591 ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ 217
f
есть центрально-подобное преобразование с коэффициентом
подобия Л1&1 = —1, т. е. симметрия относительно точки, и
вытекает утверждение задачи 33 а).
Примечание. Из теоремы о трёх центрах подобия вытекает,
что точка Н задачи 33 а) лежит па одной прямой с центром тяжести N
и центром описанного круга О’, нетрудно показать, что N есть сере-
дина ОН (см., например, выше, стр. S3).
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 п точ-
н и 00 1 ,
кой п пересечения его высот, причем (см. реше-
ние задачи 51 а)).
Б9. а) Рассмотрим четвёрку точек А,, Аг, А3 п Н3. Из
этих четырёх точек можно образовать четыре треугольника
ААА» АА^Л 11 АА^Л- Докажем, что окружности
Эйлера этих треугольников совпадают между собой. Действи-
тельно, радиусы окружностей Эйлера треугольников ААА
п A2A2Ht равны половине радиусов окружностей, описанных
около этих треугольников; они равны, так как окружности,
описанные около треугольников ААА п АА^А, симметричны
относительно прямой А3А3 (см. решение задачи 32 б)). Далее,
центр первой окружности Эйлера находится в середине от-
резка" HtO, где О — центр 5; центр второй окружности на-
ходится в середине отрезка А, О,, где О, — центр окружности,
описанной около A AiA3Hi (ибо А, есть точка пересечения вы-
сот треугольника AtA3Ht). А так как середины этих отрез-
ков совпадают (четырёхугольник AlHtO^O есть параллело-
грамм; см. решение задачи 32 в)), то центры окружностей
Эйлера совпадают и, следовательно, совпадают и сами окруж-
ности. Так же доказывается, что окружности Эйлера тре-
угольников A3A2Ht и Д1Д8Н4 совпадают с окружностью Эйлера
треугольника А,А2А3.
Аналогично показывается, что каждая из рассматриваемых
32 окружностей Эйлера совпадает с окружностью Эйлера
одного из треугольников А,А2А3, АгА2А2, ААА> ААА»
Н2Н2Н3, Н2Н2Н„ H3H3Ht и Н2Н3НС
218
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[60
б) Равенство всех окружностей Эйлера вытекает из ре-
зультатов задач 52 б) и 33 а). То, что эти окружности
по 4 пересекаются в точках О и О', сле-
дует из задачи 52 б). Далее, точки О п СУ
симметричны относительно
отрезка
жит на
причём
отрезок
сечения
середины Н
(см. задачу 33 а)); О ле-
продолженпп ON за точку N,
ON == NO (N — точка, делящая
Лд/И,, где /И, есть точка пере-
медпан А,А2А3, в отношении
AlN:NMl =3:1; см. задачу 52 в)). От-
сюда п пз того, что 0М1:М1Н1 = \:2
(см. задачу 50 а)), вытекает, что О со-
впадает 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, а). Точка Y получается пз А'прп помощи центрально-
подобного вращения с центром вращения Р, углом поворота а, рав-
ным углу/.треугольника LMN, и коэффициентом подобия k, рав-
LN „ '
ным отношению сторон этого треугольника. Отсюда следует,
что точка Y лежит на прямой /, получаемой пз ВС центрально-
подобным вращением с центром Р, углом поворота а и коэф-
фициентом подобия k, а так как она лежит на стороне АС,
то Y есть точка пересечения прямых I и СА. Если I парал-
лельна СА, задача решения не имеет; если / совпадает с СА,
то решение является неопределённым.
б) Заметим, что если параллелограмм KL'M'N вписан
в параллелограмм ABCD (черт. 174, б), то точки пересечения
диагоналей (центры) О' п О обоих параллелограммов совпада-
ют: общая середина диагоналей КМ п L'N' лежит на
обеих средних линиях параллелограмма ABCD, т. е. совпадает
с его центром О.
Пусть теперь КL'MN' — искомый параллелограмм; в та-
ком случае треугольник КО L' подобен y\KOL, где О — центр
параллелограмма KLMN. Центрально-подобное вращение с цен-
611
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
219
тром О, углом поворота KOL п коэффициентом подобия
OL
ОК
переводит сторону АВ параллелограмма ABCD в прямую I,
пересечение которой с прямой ВС it определит вершину L'
искомого параллелограмма (ср. с решением задачи а)).
61. Соединим вторую точку В пересечения S, и S, с точ-
ками М2 и Л12, Ог и Ot (черт. 175). Треугольник ВЛ11Мг бу-
дет подобен Л BOt Ot (ибо / BOt О, = -у ^,BOtА = / BMtA,
/ BOtOt = у X BOtA = / ВМгА)\ следовательно, он полу-
чается из BOtO2 центрально-подобным вращением с центром В,
углом поворота а, равным и коэффициентом подо-
бия k — ~&q- Опишем вокруг треугольников ВО2О2 и ВМ2М2
220
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[62
окружности S п S'; так как
Z_BM2N-\- Z_BM2N=
= (£ ВМ2Мг-\-fiAfX) + (Z AW.Mi + Z NM2M^ =
= (Z ^ЧЧ+Z &ЧА) 4- {M2BA 4- Z M2BA} =
BMtM2 -|- z BM2Mt 4- z Л1,в/и2 = i so0,
to 5' пройдёт через точку N; так как
/ о,во. 4-Z о, =/.м2вм* 4- / m2nm2 == iso0,
f - 1 Л I 1 S • ш Л >1 * ~ * *
to 5 пройдёт через точку J. Далее имеем:
/ NBM, = Z NMtM2, Z JBO2 = Z JO2 O2;
таким образом, разность углов NBM2 и JBO2 равна разности
углов NM2M и JO2O , которые образуют отрезки Л12Л12 и
Черт. 175.
= Z 0,0,5; таким образом,
зует с прямой О,/И, угол
О2О2, соответствующие друг
другу в указанном центрально-
подобном вращении, с одним и
тем же направлением MtN || O2J.
Поэтому разность углов NBMy
и JBO2 равна углу между
/ИгМг и 0,0,, т. е. углу по-
ворота а. Но из того, что
/_NBM2 — ,/ЗВО2 — а =
=/ M,50,, следует, что пря-
мая NJ проходит через В, т. е.
первое утверждение задачи.
Для доказательства второго
утверждения задачи достаточно
заметить, что JOt || МИ^О^,
и Z JNMi = Z..M2MtB =
мы видим, что отрезок JN обра-
90°—/_О2О2В и проектируется
ортогонально на эту прямую в отрезок О2М2 постоян-
ной длины r2 (г2 — радиус S,). Отсюда следует, что
JN— r2 cos (90° — Z OjOjB) = г, sin / О, О,В и, очевидно,
не зависит от выбора прямой Л12АЛ12.
62. а) Пусть четырёхугольник ABCD построен (черт. 176, а).
Центрально-подобное вращение с центром Л, коэффициентом
62]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
221
подобия — и углом поворота BAD переводит треугольник
АВС в треугольник ADC, где точка С лежит на продолже-
нии прямой CD (ибо / ADC180°). В треугольни-
ке АСС известны отрезки CD = с, DC — b—, DA = d и
а
, AC d
отношение боковых сторон ; поэтому его можно по-
строить. [Отложим отрезок СС. Биссектрисы внутреннего
п внешнего углов треугольника АСС при вершине А пересе-
кают прямую СС в точках М и N таких, что ^4^=^^ =
СЛ1 C/v
= —; эти точки можно построить. Так как /^MAN= 90°,
то вершина А есть точка пересечения окружности, построен-
ной па отрезке AW как на диа-
метре, и" окружности с центром
D н радиусом d.] Построив на
отрезке АС треугольник АВС со
сторонами АВ=а и СВ=Ь, мы
получим искомый четырёхугольник.
Задача либо имеет одно реше-
ние, либо совсем не имеет реше-
ния.
б) Решение аналогично реше-
нию задачи а). Пусть четырёх-
угольник ABCD построен (черт.
176, б); центрально-подобное
Черт. 176.
вращение с центром А, коэффициентом подобия — и
углом
поворота BAD переводит треугольник АВС в треугольник
ADC, где точка С определяется тем, что / CDC = / В-\- £Р
222
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(63
и DC . 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
d\
— — 1, и окружности с центром в точ-
С'М CN
такие, что =
CM CN
ке D и радиусом d.
63. Предположим, что задача решена (черт. 177). Цент-
рально-подобное вращение с центром в точке /V пересечения
окружности S и искомой окружности «S’, углом поворота о. II
коэффициентом подобия,
равным отношению радиусов
окружностей S и S, пере-
водит S в 5. При этом пре-
образовании прямые /, и 13
перейдут в прямые и /а,
касающиеся окружности S и
образующие с прямыми /а,
соответственно 1г, угол а;
точка М пересечения 1з и 1г
перейдёт в точку М пере-
сечения прямых 1\ и /j1)-
Следовательно, / MNM'=a.
Отсюда вытекает следу-
ющее построение. Проводим
касательные /' и 1'2 к ок-
Черт. 177. ружности S, образующие с
прямыми /, и /, соответст-
венно угол а; пусть М есть точка их пересечения, N — точка пе-
ресечения окружности S с дугой окружности, стягиваемой хор-
дой МЛ1' и вмещающей угол я. Центрально-подобное вращение с
NM'
центром N, углом поворота а и коэффициентом подобия
1) Если Z, || Z,, то решение задачи значительно упрощается, ибо
мы сразу можем найти радиус г искомой окружности S, а центр ок-
ружности радиуса г, пересекающей 5 под углом а, лежит на одной
иЬ двух определённых окружностей, концентрических с 5. Задача мо-
жет иметь в этом случае до четырёх решений.
64—65]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
223
переводит окружность 5 в искомую окружность S. Задача
может иметь до восьми решений.
64. Пусть А, В, С, D, Е, F — точки пересечения наших
прямых (см. черт. 83 в тексте). Центр О центрально-подоб-
ного вращения, переводящего АВ в EF, можно найти как
точку пересечения окружностей, описанных около треуголь-
ников АЕС 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 Л1г из точки Л!а.
Соединим Л/, со второй точкой В пересечения S, и Sa; пусть
Л!,В пересекает <$а в точке Л!' (черт. 178). Точка ЛГ полу-
чается из Л1, одним и тем же центрально-подобным враще-
нием независимо от положения угла; это следует из того,
Черт. 178.
что форма треугольника Л1,ЛЛГ не зависит от положения
точки Л/, (угол АЛ1гЛ1' измеряется половиной дуги АВ ок-
ружности S угол АЛГЛ1г измеряется половиной дуги АВ ок-
ружности Sa). Проведя Л1гЛГ | АВ (так что <4Л1, и АМ — диа-
метры окружностей), легко убедиться, что угол поворота f>
этого центрально-подобного вращения равен / OtAOt,
а коэффициент подобия k равен - Далее, / ЛГАЛ!, =
= р — а1), / ЛГО.Л1. = 2 (В— а). Таким образом, Л7а полу-
’) Или a — р (см. сноску ’) на стр. 50).
224
РЕШЕНИЯ ЗЛДЛЧ
[66
чается пз в результате центрально-подобного вращения,
с центром А, углом поворота р и коэффициентом подобия k
(переводящего /И, в Af) и последующего вращения с цент-
ром О2 и углом поворота 2 (j)— я.) (переводящего М в А1а).
Но сумма этих двух преобразований представляет собой новое
центрально-подобное вращение с каким-то центром О, .коэф-
фициентом подобия k и углом поворота — £ 2 (? — °) —
= р — 2 я (на черт. 178 направления вращений от AM,
к АЛГ и от О2Л1' к О2М, противоположны). Теперь остаётся
только заметить, что
= (2 АМ,Мг 4- Z AM2A12) -J- (ZO Л, л 4- /ОгМ2А)— 180°=
= (180° — 2. Al, АА12) Ц- (^Z О, AM, Ц- 21О,АМ^ —180° =
= (180° — я) + (? — а) — 180° = ₽—2а,
и следовательно, описанная вокруг треугольника M,M,J ок-
ружность проходит через точку О.
б) Центрально-подобное вращение с центром А, углом
' ’ АО
поворота Х^.ЛО. 11 коэффициентом подобия k = -^~
переводит О, в О2; последующее вращение вокруг Оа на
угол 2 — я) оставляет О2 на месте. Отсюда следует, что
^/О,ООг = $— 2я п = (см. решение задачи а)).
„ * 00, АО,
Из того, что отношение постоянно, следует,
что геометрическим местом точек О является окружность
(см. сноску на стр. 102); эта окружность проходит через
точки А (О совпадает с А, когда я = (5) и В (О сов-
падает с В, когда я = 0).
66. Пусть А,Аг ... Ап есть искомый л-угольник (черт. 179).
По условию задачи нам даны точки Л1,, Л1а, ..., ,Л1„, из-
вестны углы Л1Л/1Ла = я1, И2Л/2Л3 = я2, ..., ЛпЛ4пЛ1 = яп
М.А, , М,А, , М„А, , г,
и отношения = ВД = *..................> M^n==k”’ Пр°"3‘
ведём последовательно центрально-подобное вращение с цент-
ром Afj, углом поворота а, и коэффициентом подобия k,, цент-
рально-подобное вращение с центром АГ,, углом поворота а,
и коэффициентом подобия k, и т. д., наконец, центрально-
66]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
225
подобное вращение с центром Л1„, углом поворота а и ко-
эффициентом подобия kn. При этом точка А1 последова-
тельно займёт положения Аг, А3, ..., Ап и, наконец, А.
Таким образом, А1 есть неподвижная точка суммы л
центрально-подобных вращений с центрами Л!,, Л1 , ..., М ,
углами поворота аа, .... ап и коэффициентами подо-
бия klt kt, ..., kn.
Эта сумма центрально-подобных вращений представляет
собой, вообще говори, новое центрально-подобное вращение
(с углом поворота а, а«
бия Так как
единственной неподвижной
точкой центрально-подобного
вращения является его центр,
то А1 совпадает с центром
результирующего централь-
но-подобного вращения. Его
можно найти, повторив п — 1
раз построение, определяю-
щее центр центрально-по-
добного вращения, предста-
вляющего собой сумму двух
известных центрально-подоб-
ных вращений (см. стр 104—
.-|~ап и коэффициентом подо-
106). Ещё проще найти отре-
зок В'С, в который переводит сумма и центрально-подобных
вращений произвольно выбранный отрезок ВС плоскости, и
затем построить центр центрально-подобного вращения, пере-
водящего ВС в В'С (см. стр. 105—106). Найдя мы без
труда построим и остальные вершины л-угольннка.
Если а,-|-ааап кратно 360° и ktkt.../гп=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-
ное преобразование (параллельный перенос на нулевое рас-
стояние). В этом случае задача будет неопределённа: за
вершину At искомого л-угольннка можно будет принять
любую точку плоскости.
8 II. м. Иглом
226
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(67—68
67. Пусть треугольник АВС построен (черт. 180). Точка В
переводится в точку С центрально-подобной симметрией
с центром А, осью I и коэффициентом подобия Поэтому
точка С лежит одновременно и на окружности S2 и на ок-
ружности S', получаемой из S1 этой центрально-подобной
Черт. 180.
симметрией (черт. 180). Задача
может иметь два, одно или пи
одного решения.
68. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен.
Центрально-подобная симметрия с центром Л, осью АС и
АВ
коэффициентом подобия переводит треугольник ADC в
треугольник АВС (черт. 181).
АВ
а) АС и АС = АС-иам известны; следовательно, мы мо-
' AD
жем отложить эти отрезки на какой-то прямой. Далее, / АВС=
= / ADC; значит, / С ВС, равный / АВС—/ АРС=
= / В— / О, нам известен; поэтому В можно найти как точку
пересечения дуги окружности, стягиваемой хордой СС и вме-
щающей угол, равный ^/В— ^/£), 11 окружности с центром А
и радиусом, равным АВ. После этого легко найти вершину D.
Задача может иметь не более одного решения.
л О
б) Так как стороны ВС и ВС =DC—r^ и £СВС, рав-
ный,/В — Z_D, треугольника СВС известны, то этот тре-
угольник можно построить. Вершина А находится как такая
точка на прямой СС, что = Задача имеет едпнствен-
' AC AD
ное решение.
69—70]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
227
в) В этом случае известно отношение RC ВС—
R_ (гг. АВ\ ВС AD „ _
= = точку В можно найти как точ-
ку пересечения геометрического места точек, отношение рас-
стояний от которых до точек С и С' имеет заданное
ВС AD .
значение (см. сноску на стр. 102), и окружности
с центром А н радиусом АВ. Задача может иметь не более
одного решения.
69. Центрально-подобная симметрия с центром А, осью АС
,, г АВ
и коэффициентом подобия и последующее вращение
с центром А и углом поворота у переводят треугольник А£>С
в треугольник АВС (см. черт. 182). Далее построение про-
изводится аналогично решению задачи 68. [При этом в ре-
шении задачи, аналогичной задаче 68 б), вершина А находит-
ся как пересечение геометрического места точек, отношение
расстояний которых до точек
АВ
значение и дуги, стягива-
емой хордой СС и вмещающей
угол а.]
Черт. 183.
Черт. 182.
70. Пусть Zj и 12 пересекаются в точке О, образуя
угол а (черт. 183). [Если 1Х || то задача не имеет смысла:
в этом случае отрезок PQ существует лишь тогда, когда
точка М равноудалена от /, и от /2, т. е. Л1 не может опи-
сывать окружность.] Треугольники ОРР' и OQQ' подобны
8
И. М- Яглом
228
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|71
(прямоугольные треугольники с общим острым углом); следо-
ОР OQ „ OP ОР'
вательно, Qp — QQi • Отсюда qq — qq" т- е- треугольни-
ки OPQ и OP'Q' тоже подобны; поэтому треугольники ОРМ и
ОР'М' тоже подобны (ОМ и ОЛ1'—медианы OPQ и OPQ').
„ ОМ’ ОР' ,
Значит, отношение 7777-= 7777=3 cos а не зависит от выбора
ОМ ОР
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 I и коэффициентом k = cos а; поэтому,
когда М описывает окружность S, точка М' описывает ок-
ружность S'.
71. а) Если X п X'— противоположные вершины искомого
прямоугольника (черт. 184), то они лежат соответственно на
окружностях S и У с диаметрами
АВ и CD. Эти окружности можно
рассматривать как собственно-по-
добные фигуры с соответствую-
щими точками X и X. В силу тео-
ремы 1 (стр. 111) существует цент-
рально-подобное вращение (или па-
раллельный перенос), переводящее
S в S', так что точка X перехо-
дит в точку X. Это центрально-
подобное вращение можно опреде-
лить следующим образом. Проведём через точки А и С про-
извольные, параллельные между собой прямые, пересекающие
окружности S и 5' соответственно в точках М и М'.
Углы МАХ и М'СХ' равны как углы с параллельными сто-
ронами; поэтому дуга MX окружности 5 равна по угловой
мере дуге М'Х' окружности 5' и, следовательно, наше цент-
рально-подобное вращение переводит точку М в точку М.
А так как оно переводит центр Д’ окружности 5 в центр К
окружности S', то задача сводится к тому, чтобы найти цент-
рально-подобное вращение (пли параллельный перенос), пе-
реводящее известный отрезок КМ в другой известный отре-
зок КМ (см. выше, стр. 105—106).
Если О — центр, а—-угол вращения, a k — коэффици-
ент подобия этого центрально-подобного вращения, то
71J
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
229
АОМЛГсчэД ОЛА" ( /МОМ'=/_ХОХ= а, ~ = gZ =k} .
Так как известна сторона XX' треугольника ОХХ', то можно
найти сторону ОХ, и точка X находится как пересечение
окружности S и окружности с центром О и радиусом ОХ.
Задача может иметь два, одно или ни одного решения; при этом
точки А, В, С, D могут лежать на сторонах построенного
прямоугольника пли на их продолжениях.
Особым является тог случай, когда отрезок АЛ/ перево-
дится в отрезок /ГЛ/' параллельным переносом (или, другими
словами, когда отрезки АВ и CD равны, параллельны и оди-
наково направлены). В этом случае задача не будет иметь
решения, если величина параллельного переноса не равна за-
данной длине диагонали прямоугольника, и будет неопреде-
лённой в противном случае (за вершину X искомого прямо-
угольника можно будет принять любую точку окружности 5).
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, равные задан-
ным углам В и D. Обозначим угол
ВАС через а, а угол DCA через [J.
Тогда нз треугольника АВС будем иметь
откуда
£ — a = Z^ + Zc— 180°.
т. е. величина р — а известна. Пусть
для определённости р — а 0; проведём
через точку С прямую таким образом,
чтобы угол между этой прямой и диагональю СА был ра-
вен р — а. Пусть эта прямая пересечёт дугу S’ в точке Е;
тогда /DCE=i— (3 — а) = а, т. е. /_DCE= /ВАС и,
значит, _DE= ^ВС.
Отсюда вытекает следующее построение, аналогичное ре-
шению задачи а). На заданном отрезке АС строим дугу S,
вмещающую заданный угол В, и по другую сторону дугу S',
вмещающую заданный угол D. Проведём через точку С пря-
мую, образующую с прямой АС у гол $ — а =^/_ fi,-|~Z — * 80°
и пересекающую дугу S' в точке Е. После этого нам
остаётся решить задачу, к которой свелась и задача а): па
8**
230
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[72
двух окружностях S 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, МТ — четыре заданные прямые (черт. 185, б). Перенесём
треугольник XMY параллельно YZ на расстояние YZ так,
чтобы отрезок XV совпал с отрезком TZ. Если ЛГ есть новое
положение точки М, то в четырёхугольнике MZM'T нам бу-
дут известны диагонали ZT и ММ' — YZ и углы: / ZMT,
/ ZM T=Z_ YMX, zL м™ = z_ XМТ, ZL MZM' = zL YMZ.
Поэтому настоящая задача сводится к задаче б).
72. а) Предположим, что треугольник АВС построен
(черт. 186, а). Произведём последовательно центрально-подоб-
ное преобразование с центром М и коэффициентом—k и две
симметрии относительно прямых /, и /2; при этом сначала
точка А перейдёт в В, затем точка В перейдёт в С и, нако-
нец, С — в А. Таким образом, точка А есть неподвижная точка
суммы центрально-подобного преобразования и двух симметрий
относительно прямых. Эта сумма переводит, очевидно, каждую
фигуру F в фигуру F', собственно-подобную F, н в силу тео-
ремы 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-
ный 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
72]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
231
центрально-подобного вращения является его центр); после
этого легко определить и две другие вершины В и С искомого
треугольника. Если Л = 1, l^l*, то задача невозможна нлп
неопределённа; во всех
остальных случаях она
имеет единственное реше-
ние (ср. с решением зада-
Черт. 186.
а)
б)
б) Пусть треугольник АВС построен (черт. 186, б). По-
следовательно произведённые центрально-подобные преобразо-
вания с центрами 7И и N и коэффициентами — kt и—kt и
симметрия относительно прямой / переводят точку А в себя.
Таким образом, А есть неподвижная точка суммы двух цен-
трально-подобных преобразований и одной симметрии относи-
тельно прямой. Это преобразование, очевидно, переводит вся-
кую фигуру F плоскости в фигуру F', зеркально-подобную F,
п в силу теоремы 2 представляет собой центрально-подобную
симметрию. Ось и центр О этого преобразования нетрудно
найти, если определить отрезок PQ', в который переводит
это преобразование произвольно выбранный отрезок PQ (см.
выше, стр. 112—ПЗ, в частности черт. 89). Точка А совпадает
с точкой О. Построив А, мы без труда найдём и остальные
вершины В п С искомого треугольника.
Если fe1fes=l, то наша сумма преобразований представ-
ляет собой скользящую симметрию (пли просто симметрию
относительно прямой); в этом случае задача решения не
имеет (или неопределённа). Во всех остальных случаях задача
имеет единственное решение.
1
232
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
173
ГЛАВА II
ДАЛЬНЕЙШИЕ ПРИМЕНЕНИЯ ДВИЖЕНИЙ
И ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПОДОБИЯ
§ 1
73. а) Можно построить много треугольников А&С*, рав-
ных данному треугольнику АВС и таких, что его стороны
А1В1 и HjCj проходят через две заданные точки М н N.
В силу теоремы 1 (стр. 118) стороны BtCx всех этих треуголь-
ников касаются некоторой окружности S, которую можно
найти, построив три таких треугольника AtB3Ct и
А3В3С3 (черт. 187, с). После этого остаётся провести из дан-
ной точки Р касательную к S: на ней будет располагаться
сторона В0С0 искомого треугольника АиВкС0.
Задача может иметь два, одно или ни одного решения.
Черт. 187.
б) Эта задача очень близка к задаче а). Можно построить
много треугольников A^Q, равных данному треугольнику
АВС и таких, что Ajfi, касается данной окружности а
AjCj—данной окружности Третьи стороны всех этих
треугольников касаются некоторой окружности S (см. стр. 119),
которую легко найти, построив три таких треугольни-
ка АДС,, АгВгСг и А3В3С3 (черт. 187, б). После этого
остаётся провести общую касательную к окружности S и к
74]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
233
данной окружности *S"s; на этой прямой будет располагаться
сторона В0С0 искомого треугольника АсВ0С0.
Окружности 5 н S, имеют, вообще говоря, четыре общие
касательные. Кроме того, треугольник А1В1С1 (а следонательно,
и АгВ„Сг, и А3В3С3) можно строить следующими четырьмя
существенно различными способами:
1°. Окружность S, и точка С, лежат по разные стороны
от Л,В,; окружность S2 и точка В2 — по разные стороны от
AICi (черт. 187, б).
2°. Окружность S, и точка С, лежат по разные сто-
роны от AtBv окружность S, и точка Вх — по одну сторону
от Л, С,.
3°. Окружность S, п точка С, лежат по одну сторону от
Д,В,; окружность S, и точка В, — по разные стороны от Л,С,.
4°. Окружность 5, и точка С, лежат по одну сторону
от Л,В,; окружность S2 и точка В,— по одну сторону от Л,С,.
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 концами
а)
Черт. 188.
по сторонам угла lxOlt, вершины С, и Сг треугольников АВСг
и АВС3 описывают прямые /я, и тг, проходящие через О
(вернее, некоторые отрезки этих прямых, длины которых пре-
доставляем читателю определить самостоятельно).
б) Точка С, на черт. 188, б расположена на описанной
окружности S треугольника АВО; точка С, является центром
234
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
173
этой окружности. Когда отрезок АВ скользит своими концами
по сторонам угла вершина С, треугольника АВСУ опи-
сывает прямую, проходящую через О, а вершина Ct тре-
угольника АВСг—окружность с центром О (см. выше, стр. 120).
[Точнее будет сказать, что С, описывает отрезок прямой, а
Сг — дугу окружности.]
75. Предположим, что треугольник АВС построен, и рас-
смотрим треугольник АВС с какой-то фиксированной длиной
гипотенузы АВ= а, центрально-подобный Л АВС с центром по-
добия в точке О пересечения Z, и 1г. Вершина С, как сле-
дует из решения задачи 74 а), лежит на одной из прямых
mlt тг, т3 и т4 (см. черт. 189), которые легко построить
Черт. 189.
(для этого достаточно построить прямоугольные треугольники
ABClt ABCt, АВС3 и АВС* с данным острым углом а, вер-
шины острых углов которых совпадают с произвольно выбран-
ными точками прямых /, и /г), очевидно, на той же прямой
лежит и С. Поэтому находим С как пересечение одной из
прямых mv mt, т3 и mt с окружностью 5.
Задача может иметь до восьми решений.
76J
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
235
76. а) Рассмотрим четырёхугольник где В —
вторая точка пересечения S, и St. Когда вращается
вокруг А, треугольник ВЛ^М^ остаётся подобным сам себе
(см. решение задачи 61); поэтому и четырёхугольник BMtMtP
остаётся подобным сам себе. Далее все утверждения зада-
чи вытекают из того, что точка В этого четырёхугольника
остаётся неподвижной, вершины /И, и описывают окруж-
ности S, и S2, а сторона Л!1/Иг проходит всё время через не-
подвижную точку А (см. выше, стр. 122— 123). [Мы считаем,
что треугольник Л^/И.Р построен по определённую сторону
от AljAlj—по ту же, по которую расположен треуголь-
ник S/WjAfj, или по другую; в противном случае при-
дётся считать, что Р может описывать две окружности, и
соответственно изменить и формулировку задачи, относят) юся
к прямым МгР и Л1гР.]
б) Так как Л BA^AI* со Д BNtNt (см. решение задачи а)),
то f\,BMlNi co/\BA!2Nt; следовательно, /BN,M, = /BN,A1,
н, значит, вокруг четырёхугольника BN1QNi можно описать
окружность. Но это означает, что геометрическим местом
точек Q является окружность Г (черт. 190), описанная вокруг
треугольника BN1N1.
Когда /0 поворачивается вокруг точки А, треугольник BN1Ni
изменяется, оставаясь сам себе подобным (см. решение зада-
чи а)); так как при этом точка В остаётся неподвижной, а точки
N\ и Nt описывают окружности и St, то и центр описан-
ной окружности Г этого треугольника описывает окружность.
236
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[77—78
77. Очевидно, /АВМ= / АО,О, (оба они измеряются
половиной дуги AM окружности S,; см. черт. 191); анало-
гично / АСМ — / АО,О,.
Черт. 191.
Поэтому когда I поворачи-
вается вокруг А, треуголь-
ник АОгОг изменяется, ос-
таваясь подобным самому
себе (и треугольнику АВС);
так как при этом точка А
остаётся неподвижной, а точ-
ки О, и Oj описывают пря-
мые— перпендикуляры, вос-
ставленные к сторонам АВ
и АС треугольника АВС в их
серединах,—то и середина отрезка OtO3 описывает прямую.
78. Пусть АВС и А’В’С — два каких-то положения тре-
угольника АВС (черт. 192). Так как угол между ОА и ОВ
(О/Г н ОВ) равен углу между АС и ВС, то
/ А ОВ + / АСВ = / А 'ОВ^ Z А 'СВ = 180°,
/ ОАС-{-/_ ОВС = /_ ОА'С / ОВС == 180°
1i
/_бАА = /_ОВВ, Z_OAA' ~</ОВВ.
Таким образом, треугольники ОАА' и ОВВ подобны;
точно так же можно показать, что и треугольник ОСС подо-
бен им. Отсюда следует, что треугольник А'ВС получается
из АВС центрально-подобным вращением с центром О. Итак,
при вращении прямых 1г, 13 вокруг О треугольник АВС
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-
текает, что точка О одинаково расположена по отношению ко
реем треугольникам АВС; поэтому для того чтобы выяснить её
79]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ подобия
237
положение в этих треугольниках, достаточно рассмотреть один
из них, например треугольник А0В9С0, образованный основа-
ниями перпендикуляров, опущенных из О на стороны АВС. Но
1° если О — центр описанной окружности треугольни-
ка АВС, то стороны А А0В0С0 параллельны сторонам Д АВС
(как средние линии треугольника) и О — точка пересечения
высот ДЛДС0;
2° если О — центр вписанной окружности ДЛДС, то
ОА0 = ОВ0 — ОСо и О—центр описанной окружности Д Д0В0С0;
3° если О — точка пересечения высот Д АВС, то О — точка
пересечения биссектрис треугольника А„ВпСп (/ ОА„В„ =
— / ОСВп как углы, опирающиеся на одну дугу описанной
около ОАйСВ0 окружности; /_ ОД0С0 = / ОВСй по аналогии- -
ной причине; ^/_ОСВ0 = </_ОВС0 в силу подобия треугольни-
ков АССй и АВВи).
79. а) Пусть 1г, 1г, 1г, —четыре данные прямые. Рассмот-
рим всевозможные четырёхугольники ABCD, подобные дан-
ному, три вершины Д, В и С которых лежат на прямых lt
и 1а; задав вершину А или направление стороны АВ такого че-
тырёхугольника, 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-
лённой прямой I, которую нетрудно построить, найдя два по-
ложения D. Точка пересечения I и /4 является вершиной D
искомого четырёхугольника ABCD', далее придётся снова вос-
пользоваться 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 I совпадает с lt (решение задачи неопреде-
лённо).
б) Пусть Mlt At,, A1S, Л14 — четыре данные точки. Рассмо-
трим всевозможные четырёхугольники ABCD, подобные дан-
ному, стороны АВ, ВС и CD которых проходят через точ-
ки /Wj, Мг и Л13; так как вершины В и С этих четырёхуголь-
ников лежат на дугах, - описанных на Л^ТИ, и на /Ц,Л4а 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 Л1, которую легко найти, построив
два положения четырёхугольника ABCD. Прямая ММ, будет
служить стороной DA искомого четырёхугольника. Если М
совпадает с то решение задачи будет неопределённым.
в) Вершины А всех четырёхугольников ABCD, подобных
данному и таких, что ВС, CD и BD проходят через данные
точки Л1, N и Р, в силу теоремы 4 лежат на определённой
окружности S (её нетрудно построить; для этого достаточно
найти три положения точки Л). Точка пересечения 5 и дан-
ной окружности 5 есть вершина А искомого четырёхуголь-
ника (ср. с решением задачи б)). Задача может иметь два,
одно или ни одного решения; если окружности 5 в S совпа-
дают, то решение задачи неопределённо.
80. Рассмотрим всевозможные прямые I, такие, что отно-
шение отрезков АВ и ВС, высекаемых на I прямыми 1„ /2 и
1д, имеет данную величину; взяв произвольно точку А на пря-
мой мы можем построить I (см. задачу 44 из § 1). Точки D
на прямых I такие, что отрезки АВ, ВС и CD имеют заданные
отношения, лежат на прямой т (см. теорему 3), которую не-
трудно построить, найдя два положения точки D. Точка пе-
81—821
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
239
ресечения прямых т и /4 принадлежит искомой прямой /; далее
придётся снова использовать построение, указанное в реше-
нии 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 А'ВС изменяется,
оставаясь подобным самому себе (и треугольнику АВС), при-
чём его стороны всё время проходят через неподвижные точ-
ки — середины сторон АВС, поэтому все его точки (и, в част-
ности, точки пересечения высот, биссектрис и медиан) описы-
вают окружности. Второе утверждение задачи вытекает из
того, что центр вращения О всех положений треугольника
А'В'С (в том числе и треугольника АВС, отвечающего зна-
чению а = 0) совпадает с центром описанной окружности
треугольника АВС', для того чтобы убедиться в этом, доста-
точно заметить, что при а = 90° рассматриваемые прямые
пройдут через одну точку О.
82. а) Если треугольник KLM изменяется, оставаясь по-
добным самому себе, так, что его вершины К, L и Л! скользят
по сторонам ВС, СА и АВ треугольника АВС, то все поло-
жения треугольника KLM имеют общий центр вращения О,
который будет лежать и на окружности и на окружно-
сти и на окружности (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 О,, Оа и О3 — центры окружностей S,, S, и Ss,
О — их общая точка (черт. 193). Так как четырёхугольник
ALOM вписан в окружность, то / АЛЮ-]- / ALO = 180° и,
следовательно, / АЛЮ = / CLO; аналогично / CLO =
~ /^ВКО. Но из равенства / АЛЮ = / ВКО = / CLO
следует: 3/AO,O = 3/BO2O=J/COaO; значит, треуголь-
ники ОО,А, ООгВ и ООаС все подобны между собой, и тре-
угольник О,О2Оа может быть получен из треугольника АВС
центрально-подобным вращением (с центром О, углом пово-
\ 00,
рота 0,0А и коэффициентом подобия
83. а) Треугольник Л,£?,С, получается из треугольника АВС
поворотом вокруг точки О на некоторый угол а. Отсюда
следует, что /А ВА, = / /104, = X ЛОА, = а, т. е. точки
А, Л,, В, С и О лежат на одной окружности (черт. J94). Точно
точек В, В,, А, С, О и
С, С,, А, В, О лежат каж-
дая на одной окружности.
Рассмотрим треуголь-
ник А'В'С’, образованный
средними линиями тре-
угольника АВС. Будем из-
менять этот треугольник,
оставляя его всё время
подобным самому себе
(т. е. подобным Л АВС),
так чтобы вершины его
скользили по сторонам
треугольника АВС. Все
положения треугольника
имеют один центр враще-
ния — точку пересечения
окружностей, описанных
вокруг треугольников АВ'С, ВА'С, СА'В (см. решение за-
дачи 82 а)), т. е. точку О. Предположим теперь, что одна вер-
шина 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, Л и О (см. до-
казательство теоремы 3); отсюда следует, что она совпадает
так же доказывается, что пятерти
Черт. 194.
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ 241
с точкой В. Точно так же доказывается, что вершина С со-
впадает с точкой С.
б) Точка О является неподвижной точкой изменяющегося
треугольника АВС; она должна соответствовать самой себе во
всех положениях этого треугольника. Так как О есть точка
пересечения высот треугольника А'В’С', то отсюда следует,
что О есть точка пересечения высот и для треугольника АВС.
84. а) /2 получается из /, в результате суммы двух сим-
метрий относительно двух сторон треугольника АВС; следо-
вательно, угол между /, и 1г равен двойному углу между
этими сторонами треугольника (см. выше, стр. 50 и 33). Та-
ким образом, углы треугольника Т определяются углами тре-
угольника АВС и не зависят от положения I. [Если бы тре-
угольник АВС был прямоугольным, то две из трёх прямых
/2, 13 были бы параллельны и /р /2, /3 не образовывали бы
треугольника.]
б) Предположим, что прямая / поворачивается вокруг ка-
кой-то точки М плоскости. При этом стороны треугольника Т
всё время проходят через точки Mlt Af3, симметричные М
относительно сторон АВС; другими словами, треугольник Т
изменяется, оставаясь всё время подобным себе, так, что сто-
роны его проходят через неподвижные точки. В доказатель-
стве 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 I проходит через точку О',
симметричную О относительно стороны АВ), треугольник Т
вырождается в точку (в этом случае прямые /2 и /3 тоже
проходят через О).
Таким образом, мы видим, что, вообще говоря, среди
прямых, проходящих через определённую точку М, будет
лишь одна прямая I такая, что /„ /2 и /3 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, I и I—прохо-
дящие через них прямые, такие, что им отвечают тройки
прямых /3 и /2, /2, /3, пересекающихся в одной точке.
Если Н — точка пересечения прямых I и I, то всем пря-
м ы м, проходящим через Н, соответствуют прямые /х, /3,
242
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[85
пересекающиеся в одной точке. [Прямые I и I не могут
быть параллельны, ибо если /,, /, и /3 пересекаются в одной
точке О и Г||/, то прямые /, и /3 параллельны соответ-
ственно /, и /3 и удалены от О на расстояние, равное
расстоянию между / и Z; поэтому они не могут пересекаться
в одной точке.] Если / проходит через Н, то /, и 1г прохо-
дят через точки Ht и Нг, симметричные Н относительно
сторон треугольника АВС', так как, кроме того, угол меж-
ду I, и 1г имеет определённую величину (см. решение
задачи а)), то точка Р пересечения /, и /3 описывает окруж-
ность 5 (построенную на отрезке и вмещающую изве-
стный угол ‘J).
Итак, мы доказали существование такой точки Н, что
всем проходящим через Н прямым отвечают прямые lt, 1г и /3,
пересекающиеся в одной точке. Две такие точки О и Н су-
ществовать не могут, так как иначе через каждую точку М
проходили бы две прямые MG и МН, которым отвечают
тройки пересекающихся в одной точке прямых /,, /3, /3. Для
того чтобы убедиться, что Н совпадает с точкой пересечения
высот Л ABC, aS — с описанной окружностью этого треуголь-
ника, достаточно заметить, что прямые /„ /2, /„ отвечающие
высотам Д АВС, пересекаются в его вершинах.
в) Пусть I—произвольная прямая, / — параллельная ей
прямая, проходящая через Н. Прямые / , /2, 13 пересекаются
в одной точке Р; прямые и /3, как отмечалось в реше-
нии задачи б), будут удалены от Р на расстояние, равное
расстоянию от / до /, пли, что то же самое, расстоянию от
Н до /. Таким образом, радиус вписанной окружности треуголь-
ника Т равен расстоянию от Н до /; так как все треуголь-
ники Т подобны между собой, то отсюда следует, что пло-
щадь Т зависит лишь от расстояния Н до /.
85. Первое решение. Если основания перпендикуля-
ров, опущенных пз точки Р на стороны АВС, лежат на одной
прямой I, то прямые Z3, Z и /3, симметричные относительно
сторон ДАЙС прямой I, центрально-подобной I с центром по-
добия Р и коэффициентом подобия 2, пересекаются в одной
См. своску *) на стр. 5Q,
85]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
243
точке Р (черт. 195). Отсюда вытекает, что точка Р должна
лежать на описанной окружности ДАВС (а прямая Т—прохо-
дить через точку Н пересечения высот Л АВС; см. задачу 84 б)).
Черт. 195.
Черт. 196.
ляров, опущенных пз точки Р на стороны АВ, ВС, СА тре-
угольника АВС, соответственно буквами Д', L и М (черт. 196).
Докажем, что точка Р является центром вращения всех тре-
угольников L'M'N', подобных треугольнику LMN, вершины
которых лежат на сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС.
В самом деле, из того, что / РМА = / PNA = 90°, сле-
дует, что точки А, Л1, N и Р лежат на одной окруж-
ности, т. е. точка Р лежит на окружности AMN. Точно так
же докажем, что точка Р лежит на окружностях BNL и CLM.
Но точка пересечения этих окружностей п является центром
рассматриваемого вращения (см. решение задачи 82 а)).
Далее, например, в случае, изображённом на черт. 1961),
/_АРВ = / APN-\- / NPB=^ AMN-}-/_ NLB,
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
^NLB = Z,NCB-~£LNC,
*) См. сноску *) на стр. 50.
244
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[86
так что
/.AMN-\- ^/NLB —
= MCN+ /_ NCB) 4- (^/ MNC — ^LNC) =
=£MCB-\-/-MNL.
Сравнивая это равенство с предыдущим, заключаем, что
/ APB — £ МСВ 21MNL.
Полученное равенство позволяет доказать утверждение,
содержащееся в задаче. Действительно, если точка Р лежит
<ла окружности, описанной около треугольника АВС, то
/ АРВ~ / АСВ и / MNL — 0, т. е. точки Л1, N, L лежат
на одной прямой (черт. 196). Обратно,' если точки Л1, N и L
лежат на одной прямой, то / MNL — Q и / АРВ = / АСВ\
следовательно, точка Р лежит на окружности, проходящей
через точки А, В и С.
86. а) Пусть /3, /4— четыре данные прямые. Опи-
шем окружности вокруг двух треугольников, образованных
прямыми /г, /3 п 4, /2, /4; точку пересечения этих окруж-
ностей (отличную от точки пересечения прямых /, и /2) обо-
значим через Р (черт. 197). Опустим из точки Р перпенди-
куляры на прямые 1г, 13 и /4; пусть /И,, Л12, /И3 и Ма—
основания этих перпендикуляров. В силу результата задачи 85
точки Л/j, М, и Л/3 лежат на одной прямой и точки Mlt М3
86]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
245
и М4 лежат на одной прямой; следовательно, все эти четыре
точки лежат на одной прямой. Но из той же задачи выте-
кает, что точки М4, М3 и /И4 могут лежать на одной прямой
только в том случае, когда точка Р лежит на окружности,
описанной около треугольника, сторонами которого являются
прямые /4 и /4. Аналогично показывается, что точка Р
лежит на окружности, описанной около треугольника, сторо-
нами которого являются прямые /2, /э и /4.
б) В обозначениях черт. 100 MPJ_AB (ибо углы МРА
и МРВ опираются на диаметр); аналогично MQJ_AC и
MRj_BC. Следовательно, Р, Q и R суть основания перпен-
дикуляров, опущенных из точки М описанной вокруг тре-
угольника АВС окружности 5 на стороны этого треугольника.
в) Пусть ABCD—четырёхугольник, вписанный в окруж-
ность, и АВ = а, BC=b, CD —с, DA = d, АС=е, BD—f
(черт. 198). Опустим из точки D
перпендикуляры DR, DS и DT на
стороны АВ, ВС и СА треуголь-
ника АВС; согласно результату / / \ \
предыдущей задачи основания R, lal A 'J^/\
S и Т этих перпендикуляров бу- ( / .—/ I
дут лежать на одной прямой. / / /
Вокруг четырёхугольника ATDR /\\ \ с/ ]
можно, очевидно, описать окруж- /
ность; диаметром этой окружности ', 'v f/ у'
будет являться отрезок AD. \
Отсюда следует, что TR= °
—AD sin X. TDR = d sin Z_ TDR. ~ '
Ho £ TDR — z^ ВАС (углы co вза- ЧеРт-
пмно перпендикулярными сторо-
нами), а нз рассмотрения треугольника АВС следует, что
sin £ ВАС = = где R — радиус окружности, описан-
ной вокруг четырёхугольника ABCD. Таким образом, оконча-
тельно получаем:
TR — d ——
J/< — a2R~2R
Совершенно аналогично выводятся соотношения
TS=‘A’ RS=№-
246 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ I87—88
Далее, так как точки R, S и Т лежат на одной прямой
(см. черт. 198), то
RT-\-TS=RS
пли
bd , ас__ef
2R^2R~2R‘
Сокращая обе части равенства на 2R, имеем:
bd -|- ас = ef,
что и требовалось доказать.
87. Окружности, описанные вокруг четырёх треугольников,
образованных нашими четырьмя прямыми, пересекаются в од-
ной точке Р (задачи 64, 86 а)); основания перпендикуляров,
опущенных из точки Р на прямые Z, и /4, лежат на
одной прямой m (задача 85). Точки Нг, Ht, Hz и Ht пере-
сечения высот рассматриваемых четырёх треугольников цент-
рально-подобны точкам пересечения прямых PHlt РН„ РН3
и PHt с прямой m с центром подобия Р и коэффициентом
подобия 2 (см. первое решение задачи 85); следователь-
но, они лежат на одной прямой, параллельной прямой m и
проходящей через точку Р, симметричную точке Р относи-
тельно прямой т.
88. Обозначим точки пересечения окружностей S, и <S2
буквами А и В; обозначим, далее, буквами Р п Q точки
пересечения прямой МВ соответственно с окружностями S, и
S2 (черт. 199). Так как нам задано отношение длин от-
резков касательных, проведённых из точки М к заданным
окружностям, то можно считать известным также и отношение
МР___МР-МВ____т3
MQ MQ-MB п*'
Из полученного равенства следует, что если пг = п, то
точки Р н Q должны совпадать, точка М должна принад-
лежать прямой АВ] поэтому в дальнейшем мы будем счи-
тать т^п.
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 AQP= 180° — ^_AQB также остаётся
постоянным, так как ^_AQB опирается на постоянную дугу
окружности S2. Следовательно, треугольник остаётся подоб-
ным самому себе. Вершина А треугольника остаётся при этом
неподвижной, точка Р описывает окружность S,; следова-
тельно, и точка М ( расположенная на стороне QP треуголь-
МР т* \ с
ника и такая, что ^q==^t ) описывает окружность 5, которая
получается из окружности S, при помощи центрально-подоб-
ного вращения с центром А, углом поворота РАМ и коэф-
о. * AM
фициентом подобия -ту; .
Очевидно, что окружность S проходит через точку А;
докажем, что она проходит и через точку В. Для этого до-
статочно отметить на окружности S, точку С такую, что
£САВ— /^РАМ\ так как /АСВ — АРМ, то треуголь-
ники АСВ и АРМ будут подобны / п> значит, Рас"
сматриваемое выше центрально-подобное вращение переводит
точку С в точку В.
Искомое геометрическое место может быть построено сле-
дующим образом. Через одну из точек А н В пересече-
ния окружностей Sj и S* проведём произвольную прямую,
248
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[89—90
пересекающую окружности S, и в точках Р и Q. Построим на
„ ,. МР тг т
этой прямой точку М такую, что , где ——данное
отношение длин отрезков касательных. Окружность, проходя-
щая через точки А, В и М (точнее, дуга этой окружности,
расположенная вне окружностей S, и Ss), и будет искомым
геометрическим местом.
89. Все такие треугольники А'В'С имеют с треугольни-
ком АВС общий центр вращения О, совпадающий с точкой
пересечения окружностей АВС и ВА'С (см. доказательство
теоремы 3). Далее остаётся только рассмотреть частное поло-
жение треугольника А'ВС, когда А', В и С суть середины
сторон треугольника АВС.
90. а) Так как О, есть центр вращения треугольни-
ков АВС и то (см. черт. 200)
О,А __О,В __О,С J (*)
О,/, О,В, ~ ОА )
и, следовательно, треугольники АС^А,, ВО1В1, СО1С1 подобны
между собой. Отсюда мы получаем, что
ZO1A5 = Z°1CC=ZOl^- (**)
Точно так же доказывается, что
/_ОгВА = 2/°2СВ=/.°2АС- (***)
Обратно, если точка О1 такова, что для неё выполнено
условие (**}, то она является первым центром вращения тре-
угольника АВС. В самом деле, проведём три прямые OAlt
0lBl, О1С1, пересекающие стороны треугольника АВС в точ-
90)
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
249
ках At, Bt, С, и образующие равные углы с этими сторонами.
Треугольники ЛО,Л,, ВО1В1 и С'О,С, будут подобны (по ра-
венству углов); поэтому выполняются соотношения (*) и точ-
ка О, является центром вращения треугольников АВС и А1В1С1,
т. е. О, есть первый центр вращения треугольника АВС.
Точно так же доказывается, что точка Ог является вторым
центром вращения треугольника АВС, если для неё выполнено
соотношение (***).
Докажем теперь, что OtAB= ОгАС. Для этого по-
строим прямые, симметричные прямым ДО,, ВО, и СО, отно-
сительно 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-
ника через т, п и р. Прямая ДО, есть геометрическое место
точек, расстояния которых от сторон АВ и АС треугольника
относятся как пг.р-, следовательно, прямая, симметричная АО,
относительно биссектрисы угла А треугольника, есть геометри-
ческое место точек, расстояния которых от сторон АВ и АС
треугольника относятся как р:т (черт. 200). Точно так же
прямые, симметричные прямым ДО, и СО, относительно бис-
сектрис углов В и С, суть геометрические места точек, рас-
стояния от которых до ВА и АС относятся как т.п, соот-
ветственно расстояния до СА и СВ относятся как р-.п.
Отсюда следует, что расстояния точки Oi пересечения послед-
них двух прямых до сторон АВ и АС относятся между собой
как пг.р, т. е. что точка О, принадлежит и первой из рас-
сматриваемых трёх прямых.
Из соотношений (**), выполняющихся для точки О,, сле-
дует, что для точки О, выполняются соотношения
/ о\ВА = /_ OiCB = О[АС
(так как ^/0,^5 = ^О^ДС, Z.°iBC = Х.°'^ВА,
2/О1СА = £О\СВ).
Поэтому точка Oi является вторым центром вращения Ол
треугольника АВС и, значит, действительно / О,АВ=
=2.0, АС.
б) Пусть точка О является одновременно первым и вто-
рым центром вращения треугольника АВС (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 отсюда сразу следует,
что Z_A — /_В — /_С, т. е. что треугольник АВС—равно-
Черт. 201.
Черт. 202.
в) Здесь удобнее всего воспользоваться результатами
нижеследующей задачи 92. В силу этих результатов центры
О* и О' окружностей, описанных вокруг равных треугольников
ЛДС, и Л2В,С2, совпадают (на черт. 202 эти центры со-
впадают с одной точкой О'). Так как треугольник А,В,С,
получается из АВС центрально-подобным вращением с цент-
ром О,, углом поворота а и каким-то коэффициентом k, то
2/0’010 = а, так как AtBaC, получается из АВС
центрально-подобным вращением с центром О„ тем же
самым углом поворота а (ибо А,В, и АаВ2 образуют одина-
ковые углы с АВ) и тем же самым коэффициентом подо-
бия k (ибо треугольники АВ,С и AaBaCa равны), то
О О9
/ О'О„О — а, = k. Отсюда вытекает, что треугольники
2 utu
О,ОО' и OaOO' подобны, а так как эти треугольники имеют
общую сторону ОО', то они равны; поэтому ОО, — ООг.
Отметим, что из подобия треугольников 0,00' и О, А А, вытекает,
что / О,ОО’= /_ О,АА,, и следовательно, £0,00.= 2?, где ? есть
общее значение углов О,АВ, О,ВС, О,С A, О,АС, О.СВ, ОгВА. Отсюда
и из результата задачи г) вытекает, что О,О, *50,0=0,0 (причём
знак равенства достигается лишь для равностороннего треугольника,
где все три точки О,, О, и О совпадают).
т) Для доказательства этой теоремы можно воспользо-
ваться построением, рассматриваемым в задаче 94 (см. ниже
911
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
251.
черт. 209). Определим произведение АО,-О,А' = ВО,-О,В'=
— СО,-О,С через радиус R описанного круга треугольника
и угол Из подобия треугольников АО,С и А'ВО, (см. за-
дачу 94 б)) легко получаем:
АО,___А’В
АС А'О,
и, значит,
ЛО1-О1Д' = ЛС'-Л'В.
Но так как —АС= — А'В=2у, то АС = А'В —2R sin я. Та-
ким образом АО, •O,A'—ilR2sin*<f>.
Но, с другой стороны (см. черт. 209),
АО, • О,А' =МО, O,N=(R — 00,) (R+OO,) =
~R2 — OOl < R\
Отсюда следует, что
4R* sln*<p гС R*; sin’tp у, у «5 30°,
причем <р = 30° только в том случае, когда О, совпадает
с О (00, =0) и треугольник АВС—равносторонний (см. за-
дачи в), б)).
91. Для того чтобы точка О, была первым центром вра-
щения треугольника АВС, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись условия
/ О,АВ=/_ О,ВС = /О,СА.
Предположим, что первый
центр вращения О, найден, и
построим на отрезке АВ дугу
окружности, проходящую через
точку О, (черт. 203). Так как
^O,ABz=^/O,BC, то /СО,ВС
измеряется половиной —ВО, ок-
ружности; следовательно, пря-
мая ВС является касательной
к окружности ВО, А. Точно
так же показывается, что окружности, проходящие через
точки В, С и О, и через точки С, А и О,, касаются сторон СА,
252
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[92
соответственно АВ, треугольника. Поэтому первый центр
вращения О, треугольника АВС можно построить как точку
пересечения двух окружностей: проходящей через А и В и
касающейся стороны ВС и проходящей через_ В и С и касаю-
щейся СА. Аналогично строится и второй центр вращения
треугольника.
92. а) Треугольник А1В1С1 может быть получен из треуголь-
ника АВС при помощи вращения вокруг точки О, на угол
АО,А, и последующего центрально-подобного преобразования
" О Л
с коэффициентом ; поэтому угол между прямыми АВ и
А,В, равен углу АО1А1 (черт. 204). Аналогично доказывается,
что угол между прямыми АВ и АгВ, равен углу AOtAt. По-
этому из условия задачи получим, что
Но из задачи 90 а) следует, что / О,АА,= / О,АА,. Таким
образом, треугольники АО, А,
и AOtAt подобны и, значит,
О,А, _ОгА,
О, А ~ О, А ’
т. е. коэффициент подобия
треугольников АВС и А,В,С,
равен коэффициенту подо-
Черт. 204. бия треугольников АВС и
A/?sCt. Отсюда следует,
что треугольники и
с А2В£г Равны-
б) Докажем, что ВгС,
(черт. 205). Из решений за-
дач а)> ^2 а) следует,
что тРеУГОЛЬН11КП СО,С, и
a Z—я вОгВг подобны, откуда
л' 81 СС,__СО,
Черт. 205. ВВ,~ВО,’
Далее, из задачи 90 а) следует, что X О,СА= / О,ВА и
/О,АС= / О.АВ-, поэтому треугольники СО,А и ВО.А
подобны и СО, АС
ВО,~АВ’
92|
11 |>ЬОБРЛЗОВЛIIIIЯ ПОДОБИЯ
253
Отсюда получаем:
СС, _ АС
ВВ, ~ АВ ’
что и доказывает наше утверждение.
Совершенно аналогично доказывается параллельность пря-
мых С„А, п СА, А,В, и АВ.
Докажем далее, что прямая А,А„ антппараллельна сто-
роне ВС треугольника АВС. Из подобия треугольников АО,А,
п АО.А следует:
АА,__О,А
ААа ОгА •
Из подобия треугольников СО, А п ВОгА следует;
О,А__АС
ОгА АВ ’
Сравнивая две полученные пропорции, найдём, что
АА, _ АС
АА, АВ ’
откуда вытекает, что треугольники АА,Аг и АСВ подобны, а
следовательно, что прямые и ВС антипараллельиы.
Точно так же доказывается, что В,Вг антппараллельна СА и
С,Сг антппараллельна АВ.
в) Рассмотрим четырёхугольник B^Afl*. В этом четырёх-
угольнике j/.Bfi'A, =Х.С, так как треугольники А,В,СХ и
АВС подобны; кроме того, j
Z АхВгВх = 180°— £ В,В,В
( терт. 206). Но так как
прямая ВхВа антппараллель- ’’
на стороне СА треугольника .Х'7
АВС, то / В,В „В — / С и.
следовательно, Г' °' / ‘
Z.^A^^AxBaBx= \ !
= 180°. \ /
Отсюда мы получаем, что
точка Вг лежит на окруж- Черт. 206.
ности, описанной около тре-
угольника А,В,С,. Точно так же докажем, что на этой окруж-
ности лежат точки Са и Аг.
10 И. М. Яглом
254
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(93
о.с, ’
может быть получен пз тре-
Черт. 207.
93. а) Так как в прямоугольных треугольниках AAfi ,
ВВ,О, и СС1О1 углы OlAA1, O1BBl и OlCCi равны (см. зада-
чу 90 а)), то эти треугольники подобны (черт. 207). Следователь-
но, и
значит, треугольник А&С^
угольника АВС при по-
мощи центрально-подоб-
ного вращения с цен-
тром О2. Таким образом,
Л АД С, °0 Л АВС. Точ-
но так же доказывается,
что Л АгВгСг се Л АВС.
Прямоугольные тре-
угольники АА1О1 и ААгО2
подобны (см. задачу 90 а));
следователыю^глы/О,/,
н АО2А„, на которые повёрнуты соответственно треугольники
ДДС, 11 А2В2С2 по отношению к треугольнику АВС, равны.
Поэтому равны углы, образованные прямыми А2В2 и А2В, со
стороной АВ треугольника АВС. Таким образом, треугольники
AlBiCI и А.2В2С2, вписанные в треугольник АВС, удовлетво-
ряют условиям задачи 92; следовательно, к ним можно при-
менить все результаты этой задачи.
Из подобия треугольников OtOO' и О2АА2, где O2OCf
есть треугольник, рассмотренный в решении задачи 90 в)
(см. черт. 207), следует, что
в нашем случае / 0,0'0 ~
— /_ O2AtA = 90°, откуда
и вытекает, что точка О' —
центр общей описанной ок-
ружности треугольников
А1В1С1 и АгВ2С2—лежит в
середине отрезка О2О2.
б) Если вершины тре-
угольника А1В1С1, стороны
которого параллельны вы-
сотам треугольника АВС,
расположены на сторонах
АВС в таком порядке, как это изображено на черт. 208,
то сторона А1В1 может быть параллельна высоте CF
94]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
255
или высоте BE (но не высоте ,ADl). Если А,В, || СЕ,
то А1С1 || ВЕ\ если AlBl || BE, то В1С1 || СЕ. Таким образом,
существуют две возможности вписать в данный треуголь-
ник АВС треугольник, стороны которого параллельны высотам
АВС, т. е. существуют два таких вписанных треугольника (см.
задачу 47 б)). На черт. 208 эти треугольники обозначены через
А1В1С1 и АгВгС*. Эти треугольники подобны треугольнику
АВС, так как их углы равны углам треугольника АВС (оди-
наковыми буквами у нас обозначены соответствующие вер-
шины). Легко видеть, что для треугольников A,B1Ci и Л2#2Са
выполнены все условия задачи 92. Отсюда следует равен-
ство этих треугольников (см. задачу 92 а)).
Рассмотрим теперь четырёхугольник A^AJ^. В нём
А1В1=АгВ2 и А1В1 || АгВг, Следовательно, этот
четырёхугольник — прямоугольник и его диагонали А,Аг и
В1Вг равны и делятся в точке пересечения пополам. Точно
так же докажем, что отрезки В2Вг и CtC2 равны и делятся
в точке пересечения пополам. Следовательно, все три отрезка,
соединяющих соответствующие вершины треугольников А1В1С1
и АгВгСг, равны и делятся в точке пересечения пополам. Эта
точка является центром окружности,
вокруг треугольников А1ВкС1 и
ZaB,Cs (см- заДачУ в))-
94. а) Обозначим величину
угла j/A'AB через и. Так как
/_А'АВ = /_ВВС= £ССА = ч>,
то - ВА' — - СВ' = - АС — 2э
и треугольник С А'В получается
из треугольника АВС поворотом
на угол 2? вокруг центра О опи-
санной окружности (черт. 209).
б) Например, для треугольника
АС^С мы имеем:
описанной одновременно
^/АО'С^ ~АС' + ~СА- = ~ВА' + ~СА'. = ВАС,
2
^ = £АСВ,
и следовательно, треугольник АОХС подобен треугольнику АВС.
10*
256
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[95—96
Аналогично проводится доказательство и для остальных пяти
треугольников.
95. Соединим первый центр вращения Ot треугольника
АВС со всеми вершинами треугольника (черт. 210). Точка Л1
лежит в одном пз треугольников
с ABOlt BCOt, CAO,. Если напри-
мер, точка М лежит внутри (пли иа
/ границе) треугольника АВО1 (черт.
/ 21 °>- то z^^zoz^o0
(с"‘ задачУ г))- Аналогично дока-
---------—--------—зывается, что хоть один из углов
44-------MAC, МСВ, MBA меньше пли ра-
ерт‘ °; вен 30° (вместо треугольников АВО,,
BCOt, CAOt приходится рассматривать треугольники ACOt,
СВО2, ВАОг, где Ог — второй центр подобия треугольника).
Из доказательства даже следует, что одни пз углов МАВ,
МВС, MCA всегда строго меньше 30°, за исключением
того единственного случая, когда треугольник АВС является
равносторонним и точка М совпадает с его центром (в этом
случае Z МАВ = Z мвс=Z МСА = 30’) •
96. а), б). Пусть V есть отличная от А, точка пересече-
ния окружностей, описанных около треугольников AtA2D3 и
Черт. 211.
(черт. 211). В таком случае, обозначая углы
Треугольника D,L\D3 просто через Dt, Dt и D3, имеем
96J ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ 257
(черт. 211 *)):
ZA^^Z^, Z^3=180°-ZD.
п, следовательно,
Z^^3 = Z^i/A-ZAVA=
^iso’-Z^-Z^-Z^.
и, значит, окружность, описанная около треугольника АгАгВ1Г
тоже проходит через точку V.
Отметим ещё, что в силу построения центра вращения
(см. выше, стр. 105, черт. 81,6) точка Ot лежит на окружно-
сти, описанной около треугольника AtA3Dt, точка О, — на
окружности, описанной около треугольника Л/Д, точ-
ка Ог—па окружности, описанной около треугольника AlAtD3;
при этом, как мы доказали, все эти окружности проходят
ещё через одну точку V.
Обозначим теперь точку пересечения прямых DtOt и D3OS
через U. В таком случае имеем (см. черт. 2111)):
Z OtVO3 = £ D,OtV+Zp,O,V-£ O2UO,
(для доказательства достаточно разбить четырёхуголь-
ник OtVO3U диагональю UV на два треугольника и применить
к каждому из этих треугольников теорему о внешнем угле).
Но в силу того, что точки D2, О„, V и Л, лежат на одной
окружности
^DtOtV= 180°— ,/DtAtV
и аналогично
/ О 03 V = 180° — /_ D А V,
откуда следует:
и, значит,
/ Ог VO3 = 180° — ,/ 03U0t,
т. е. точки Ог, О3, U и V лежат на одной окружности.
Обозначим теперь общую точку пересечения окружностей,
описанных около треугольников BxBtDt, BlB,Dt и BtBtDf
J) См. сноску *) на стр. 50.
258
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[96
через V. Аналогично только что доказанному получаем, что
точки Ог, О3, U и V лежат на одной окружности. Таким
образом, мы видим, что пять точек Ог, 03, V, V и U лежат
на одной окружности. Точно так же можно получить, что
точки О,, О8, V, V лежат на одной окружности. Но пз того,
что точки О1( О3, V, V и Ot, О3, V, V лежат в отдель-
ности на одной окружности, следует, что обе эти окружности
совпадают между собой и с окружностью подобия фигур
F3; этим завершается доказательство теоремы задачи б).
Далее, мы видели, что точка U пересечения D3Ot и D3O3
лежит на этой окружности. Другими словами, прямая DtO3
проходит через отличную от О3 точку U пересечения пря-
мой D3O3 с окружностью подобия фигур Ft, Ft и F3; точно
так же показывается, что и прямая D1Ol проходит через
эту же точку, чем завершается доказательство теоремы
задачи а).
в) Предположим сначала, что стороны треугольника DxDtDa
параллельны соответствующим сторонам треугольника D1DtD3
(черт. 212). Из того, что О3 есть центр вращения
Черт. 212.
фигур F, и Ft, легко вывести, что расстояния прямых D'o'
и D D', от Ог пропорциональны расстояниям D3Dt и F>iDa
от Ot. Отсюда следует, что точка Dt лежит на прямой O,D3.
97| ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ 259
Точно так же показывается, что Ог лежит на OtD3 и D
лежит на O1Dl. Учитывая результат задачи а), мы получаем
отсюда, что прямые 0,0,, D„DZ и D3D3 пересекаются в од-
ной точке О, которая, очевидно, является центром подобия
треугольников DlD3D3 и эта точка лежит на окруж-
ности подобия фигур Ft, F, и F3.
Предположим теперь, что стороны треугольника о'о'о' не
параллельны соответствующим сторонам треугольника D D3D3.
Пусть /,0, п АгВ. и АгСг, А3В, и АаСа — три
пары соответствующих друг другу отрезков фигур Ft, Ft
и F3; D3D3D3 и О1О,Оа—треугольники, сторонами которых
являются прямые AtBlt АгВ, и А3В3, соответственно Afi^,
АгСг и А3С3 (см. черт. 105, в в тексте). Треугольники l\D3D3
и DlD3D3 будут подобны, так как угол между прямыми Л1В1
и А1С1 фигуры F3 равен углу между соответствующими им
прямыми А„В3 и А2С„ фигуры F3 и между прямыми /аВ3 и
А3Са фигуры F3. Центр вращения треугольников DaDJ)3
п D3D3D3 лежит на окружности, проходящей через точ-
ки D3, Da и А, (см. построение центра вращения двух фи-
гур на стр. 105). Но так как XО3А,О' = XD3A„D3, то
эта окружность проходит также и через точку А.. Та-
ким образом, центр вращения треугольников DlD3D3
и D3D3D3 лежит на окружности, описанной около треугольни-
ка Л1Л2Оа. Аналогично центр вращения лежит на окружно-
стях, описанных около треугольников A3AaDa и АгА3О3.
В силу задачи б) точка пересечения этих окружностей
принадлежит окружности подобия фигур F„ Ft, F,
(ср. черт. 105,8 и 105,6).
97. а) Пусть 1г, 13-—три соответствующие прямые
фигур F„ Ft и Fa, пересекающиеся в одной точке IF; /, —
прямая фигуры F,, параллельная /’—прямые фигур F,
и Fa, соответствующие прямой /' фигуры F,, и D3DtD3—
треугольник, сторонами которого являются прямые 1[, 1‘„ 1а
(черт. 213). Очевидно, что /' || 1„, Г31| /а. Далее, в силу того,
что Оа есть центр вращения фигур F, и Ft, расстояния от
О3 до прямых /, и 1г пропорциональны расстояниям от О3 до
прямых /, и Отсюда следует, что прямая O3Dt проходит
260
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(97
через точку W. Точно так же доказывается, что прямые ОгОг
и 0,0, проходят через точку W. После этого остаётся
только применить результат задачи 96 а).
Черт. 213.
б) Отметим прежде всего, что угол О, треугольни-
ка (черт. 213) не зависит от выбора прямых /', /';
это есть угол поворота центрально-подобного вращения, пе-
реводящего Ft в Fa. Далее, отношение расстояний от точ-
ки О, до прямых l't и /' не зависит от выбора этих прямых:
оно равно коэффициенту подобия фигур Ft и F*. Отсюда
следует, что и углы 0,0,0, и 0lDlD3 имеют постоянное
значение. Если теперь Jt и J3—точки пересечения пря-
мых 1г и 13 с окружностью подобия фигур Flt Ft и Fs, то
Z<^A = Z<W^Z01U>V3 = Z01OIO1; дуги 0,Jt и
O1J3 имеют постоянную величину и, следовательно, точки
И Ja не зависят от выбора прямых lt и 13. Точно так же
и прямая /, пересекает окружность подобия фигур F,, F, и
Ft в фиксированной точке
Предоставляем читателю доказать самостоятельно, что обратно,
если U есть произвольная точка окружности подобия фигур Ft, F,
и Ft, то прямые UJV UJ3 и UJ3 — соответствующие друг другу пря-
мые этих фигур.
98—99]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
261
§ 2
98. а) Пусть В' — точка, симметричная В относитель-
но прямой I (черт. 214, а). Если X— произвольная точка
на /, то АХ-\- ХВ — АХ'-\-ХВ'. Следовательно, сумма
AX-j-BX’ будет наименьшей, когда сумма АХ'-]-ВХ' бу-
дет наименьшей, т. е. когда X совпадает с точкой X
6)
пересечения АВ' с I.
Черт 214.
б) Пусть В— точка, симметричная В относительно I
(черт. 214, б). Если X — произвольная точка I, то АХ' —
— B'Xs^AB. А так как АХ — ВХ = АХ — В'Х, то раз-
ность АА"— ВХ’ будет наибольшей, когда X совпадает
с точкой X пересечения АВ' с I.
99. а) Первое решение. Пусть PXY — произвольный
треугольник, вписанный в АВС, одна пз вершин которого со-
впадает с точкой Р. Отразим треугольник АВС вместе с тре-
угольником PXY от прямой ВС; полученный треуголь-
ник А' ВС и вписанный в него треугольник PXY" отразим от
прямой СА' (черт. 215). Так как в обозначениях черт. 215
XY—XY' и YP=Y'P", то периметр треугольника PXY ра-
вен длине ломаной РХУР". Поэтому периметр A PXY будет
наименьшим в том случае, когда наименьшей будет длина
ломаной PXY'P".
Далее могут представиться две возможности. Если отре-
зок РР' пересечёт прямую ВС между точками В и С (а сле-
довательно, и прямую СА' между точками С и А'), то он
262
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(99
будет короче любой ломаной PXYP" и искомый треугольник
будет определён (треугольник PAIN на черт. 215; AI—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 из
ломаных PXY'P' будет та, для которой точки X и У' совпа-
дают с точкой С. В этом случае искомый треугольник вы-
рождается в дважды взятый отрезок PC.
Остаётся выяснить, когда будет иметь место тот или иной
случай. Для этого заметим, что треугольник А'В"С получается
из треугольника АВС вращением вокруг точки С на угол,
равный удвоенному углу С треугольника (ибо А'В'С полу-
чается из АВС последовательными симметриями относительно
прямых ВС и СА', образующих угол С; см. § 1 гл. 11 первой
части, стр. 50); поэтому /РСР' = 7 / С. Отсюда сразу
следует, что если / С <Г 90°, то прямая РР' пересечёт сто-
рону 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 /\ АВС; Р и Р' — точки, симметрич-
ные точке Р относительно ВС и СА (черт. 216). Так как
РХ=РХ и PY—P'Y, то периметр /\ PXY равен длине
®9j
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
263
с
р
L
Черт. 216.
Черт. 217.
ломаной РXYP'. Поэтому, если РР' пересечёт боковые сто-
роны АС и ВС треугольника АВС в точках Л1 и N, то
треугольник PMN и есть
искомый. Если же РР' не
пересечёт отрезки АС и ВС,
то искомый треугольник вы-
родится в дважды взятый
отрезок PC. Аналогично пер-
вому решению можно пока-
зать, что первый случай
имеет место, когда угол С
треугольника меньше 90°, г
второй — когда /_С~^ 90°.
Отметим, что принципиально второе решение мало отли-
чается от первого (ср. черт. 215 и 216).
б) Первое решение. Будем считать, что угол при
вершине С заданного треугольника острый. Пусть Р — произ-
вольная точка стороны АВ\ построим согласно первому реше-
нию задачи а) вписанный в АВС треугольник РМХ наимень-
шего возможного периметра, равного длине отрезка РР' (см.
черт. 215). Остаётся только выбрать точку Р так, чтобы
соответствующий ей отрезок РР1 был наименьшим. Вспомним,
что / РСР'—2 /С, т. е. не зависит от выбора точки Р;
поэтому основание РР"
равнобедренного тре-
угольника РСР" с данным
углом 2 /С при вершине
будет наименьшим, если
будет наименьшей боко-
, вая сторона СР. Далее
е надо рассмотреть отдель-
но два случая.
1°. Углы при верши-
нах А и В треугольника
АВС острые (треугольник
остроугольный). В этом
случае отрезок СР имеет
наименьшую величину,
когда точка Р является
основанием Ро высоты СРВ треугольника АВС (черт. 217). Легко
доказать, что и вершины Л70 и А/о треугольника PDMBXB,
264 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ (too
получаемого при таком выборе точки Рв, являются основаниями
высот треугольника АВС. Действительно, из черт. 217 следует,
что
Z корвА=Z CP'S -Z- =
= 90° — X. CPBNB = 90° — 180°~2^С =2/ С;
значит, вокруг четырёхугольника BCN0PB можно описать
окружность и / BNnC = / СР „В = 90°. Так же доказывается,
что А/Ип | ВС.
2°. Если, например, угол А — прямой пли тупой, то от-
резок СР является наименьшим, когда точка Р совпадает с
вершиной А треугольника. Отсюда следует, что искомый
треугольник вырождается в дважды взятую высоту АМ0.
Второе решение. При решении задачи б) можно
также исходить и из второго решения задачи а). Так как
периметр треугольника MNP (см. черт. 216) равен Р’Р";
СР — СР"=СР и /Р'СР"=2/С, то задача сводится
к отысканию такой точки Р, что СР имеет наименьшее зна-
чение. 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-
ный в ABCD четырёхугольник наименьшего возможного пери-
метра, одна вершина которого совпадает с точкой Р. Эта
задача допускает решение, близкое к первому решению за-
дачи 99 а). Отразим четырёхугольник ABCD от стороны АВ\
затем отразим полученный четырёхугольник ABCD' от сто-
роны ВС', наконец, отразим полученный четырёхугольник
ABCD" от стороны CD" в положение С С А"В' (черт. 218,а).
Пусть при этом произвольный вписанный в ABCD четырёх-
угольник PXYZ займёт последовательно положения PXY'Z',
PXY'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-
делят 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).
1001
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
Черт. 218, а.
задачи 99 б), если отрезки AD и A'D" не являются парал-
лельными п одинаково направленными, то такой точкой являет-
ся основание перпендикуляра, опущенного из центра вра-
щения отрезков AD и AD" на прямую AD (если это
основание лежит на отрезке AD), пли ближайший к осно-
ванию этого перпендикуляра конец отрезка AD (если основа-
ние 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-
ном смысле слова только в первом случае, если при этом
266
решения задач
(100
Черт. 218, б.
основание Р„ перпендикуляра, опущенного из центра О вращения
отрззков AD и A'D” на прямую AD, находится на стороне AD
и прямая РОРВ, где Рп есть основание перпендикуляра,
опущенного из О на A"D", пересекает отрезки АВ, ВС и
CD". В последнем случае точки пересечения отрезка РВРО
с отрезками АВ, ВС, CD" определяют искомый четырёхуголь-
ник P0Q0R0SB (см. черт. 218, а). При этом, как нетрудно
видеть, </_Р0РвА = Z-PJ^D" (см. черт. 218, б), откуда сле-
дует, что стороны PBQ0 и PoSo
искомого четырёхугольника обра-
зуют одинаковые углы со стороной
AD четырёхугольника ABCD. Да-
лее, из равенства вертикальных
углов, образованных прямой Р0Р'0'
с прямыми АВ, ВС и CD", сле-
дует, что стороны PaQa и QnRa
четырёхугольника PaQ0R0S0 обра-
зуют равные углы со стороной АВ
стороны Q0R0 и RBS0 образуют
$ОРВ обра-
четырёхугольника ABCD,
равные углы со стороной ВС и стороны /?050 и
зуют равные углы со стороной CD1). Далее, имеем в обозна-
чениях черт. 218, а:
Z^+Zc=<180°—ZJ —Z2)+(,8o°-Z5—Z*)=
—збо°—(Z;+Z2+Z3+Z4)>
Zs+Z-D=(180O-Z2-Z3) + (i80O-Z^-Z^)=
=36oo-(z/+Z2+Z3+Z^).
Z/ + ZC=ZB+ZC=18O°-
Таким образом, поставленная задача имеет решения в соб-
ственном смысле <лова только в том случае, если четырёх-
угольник ABCD можно вписать в окружность.
*) 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-
ложение можно доказать и более просто. Действительно, если, на-
пример, / SPD AZ. QPA, то мы можем, не меняя положения вер-
шин Q, 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. Х.в~\г = 180°); D"A"B"C"— четырёх-
угольник, симметричный D"А"В'С относительно С А". Так как
четырёхугольник ВС1УА' 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"ABC' г ращением вокруг V на
угол, равный Ч/_D, и 22/В-|~22/£>=360°, то четырёх-
угольник A'B"C‘D'' получается из ABCD при помощи парал-
лельного переноса (см. § 2 гл. 1 первой ' части, стр. 36).
Следовательно, если ABCD можно вписать в окружность,
то отрезок A"D" параллелен отрезку AD и одинаково направ-
лен с ним. Таким образом, расстояние между произвольной
точкой Р отрезка AD и соответствующей ей точкой Р“ от-
резка A'D" не зависит от положения точки Р, а значит,
наша задача- допускает бесчисленное множество решений,
соответствующих всем таким положениям точки Р, что от-
резок РР" пересекает отрезки АВ, ВС и CD". Очевидно,
что стороны всех вписанных в четырёхугольник ABCD
четырёхугольников, периметр
возможное значение, будут
параллельны между собой (см.
черт. 219).
которых имеет наименьшее
Черт. 220.
Черт. 219.
101. Если D, Е, F—основания высот треугольника АВС,
то ДДСО<\?ДВСЕ’ (см. черт. 220); поэтому ^—^-Сле-
довательно, Д АВС со Д DEC и / CED =/_СВА. Пусть MN—
касательная к описанной окружности в точке С. Очевидно,
/ MCA = / СВА f =Д- Ас'] . Таким образом, / MCE —
= / СЕР, т. е. ED || AWJ_ ОС. Точно так же показывается,
что EF О A, DF | ОВ, г. е. треугольник DEF—искомый.
268
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(102
Если треугольник АВС — остроугольный, то центр О опи-
санной окружности лежит внутри него (черт. 220); поэтому
Seabc = Sodce + Soeaf+Sofbd- Но Диагонали последних
трёх четырёхугольников взаимно перпендикулярны; следова-
тельно, их площади равны половине произведения диагоналей.
Таким образом,
S'ABC = ~ OC-DE +±OA-EF + ±OB-FD =
= ^R(DE-}-EF-^FB), (*)
где R— радиус описанной окружности.
Если F'D'E’ — какой угодно треугольник, вписанный в тре-
угольник АВС, то
— $od'ce' 4" $ое'ае' 4“ $of'bd' =
= OC-D'E' sin v + y О A •FF'sin а-}- тг OB-F'D' sin р,
где у, а и — углы между диагоналями четырёхугольни-
ков OD'CE', OE AF' и OF'BD'-, поэтому
S^abc^ -^R[D'E'-\-F'D').
Сравнивая последнее соотношение с соотношением (*), найдём,
что
DE + ЕF - j- FD Ш D'E -|- ЕЕ -[- ED'.
Таким образом, из всех треугольников, вписанных в дан-
ный остроугольный треугольник, наименьший периметр
имеет тот, вершинами которого служат основания высот за-
данного треугольника. 102
102. Прежде всего найдём точку, расстояния которой до
вершин А, В и С треугольника относятся как числа а, b и с.
Построение такой точки легко осуществить, если воспользо-
ваться тем, что геометрическое место точек, отношение рас-
стояний которых до двух данных точек известно, есть
окружность (см. сноску на стр. 102). При этом можно пока-
зать, что таких точек, вообще говоря, имеется две, причём
одна пз них находится вне, а другая — внутри окружности,
102]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
269
описанной вокруг заданного треугольника. Следовательно, одна
из этих двух точек обязательно находится вне треугольника АВС.
Затем следует рассмотреть
два случая.
1°. Одна из построенных
точек (обозначим её через
О) находится внутри АВС
(черт. 221). Впишем в АВС
треугольник DEF, стороны ко-
торого перпендикулярны к
отрезкам ОА, ОВ и ОС (см.
задачу 47 б), стр. 81). Оче-
видно, имеем:
S&ABer^OEAF^OFBD"^ $ODCE>
так как О A I/:/7, ОВ | FD, OC\DEu OA = ak, OB = bk,
OC—ck, то
OA-EF OB-FD ОС-DE =
= k(a-EF-[-b-FD-[-c-DE). (*)
Пусть теперь D'EF — произвольный треугольник, вписан-
ный в АВС', а, р, у — углы между диагоналями четырёхуголь-
ников ОЕ’АЕ, OF'BD', OD'CE'. В таком случае (ср. с реше-
нием задачи 101)-
5длВС=4' ОА ’ Е F sin а+у О& ’ ? В’sin 3+4 sin Y
< k [а • E'F' -f- b • F'D' -f- с D'E')
и, значит,
a-EF+b-FD-[-c-DE^a-E'F'-{-b-F'D'-l-c-D'E’,
т. е. треугольник DEF и есть искомый.
2°. Если точка О лежит, например, на стороне АВ тре-
угольника АВС, то искомый треугольник вырождается в дваж-
ды взятую высоту треугольника АВС, опущенную на сторону
АВ', если точка О находится вне треугольника АВС, то иско-
мый треугольник вырождается в дважды взятую высоту тре-
угольника АВС, опущенную на ту сторону треугольника, по
отношению к которой точка О и треугольник АВС находятся
по разные стороны. Доказательство мы предоставляем читателю.
270
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[103
103. Искомая точка М не лежит вне треугольника АВС,
так как в противном случае легко указать такую точку М,
что ЯЛЕ 4~ ВАГ 4~ С7И'< 4-СЛ1 (черт. 222, а).
Пусть теперь X—произвольная
Черт. 222.
точка внутри треугольника АВС
(черт. 222, б). Повернём тре-
угольник 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-
не ломаной ВХХС. Остаётся
выбрать точку М так, чтобы
длина ломаной ВММС была наи-
меньшей.
Рассмотрим отдельно два слу-
чая.
1°. Отрезок СВ пересекает сторону АС тре-
угольника АВС, этот случай имеет место, когда
/ ВСС <180°, /В/С<180° или, так как /^ВСС —
= £ВСА-\- £АСС == £ВСА-\-Ы° и /_ВЛС = Z.BAC +
/ С АС = / ВАС 60°, когда углы С н А треугольника
будут меньше 120°. В этом случае, если на отрезке СВ
можно найти такую точку Л1, что / АМС — 60°, то для этой
точки мы будем иметь:
а м 4- мс 4- mb=св,
и следовательно, она и будет являться искомой. Для этой
точки М имеем: / АМВ=/ СЛ1В= / 120° (М—
точка, из которой все стороны треугольника АВС видны под
равными углами); очевидно, для того чтобы на отрезке СВ
была такая точка М, нужно, чтобы / СВ А был меньше 120°.
Если же угол СВ А 120°, то искомой точкой будет верши-
на В треугольника АВС.
2°. Отрезок СВ не пересекает сторону АС
треугольника АВС, например, точка С расположена по
другую сторону от прямой ВС, чем треугольник АВС
(/С^ 120°). В этом случае кратчайшей ломаной СХХВ
будет ломаная ССВ и искомой точкой будет вершина С тре-
104]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
271
угольника АВС. Точно так же, если 120°, то искомой
точкой будет вершина А.
104. а) Если DEF — правильный треугольник, описанный
вокруг треугольника АВС, и АЛ], ВЛ], СМ — перпендикуляры
к сторонам треугольника DEF, то, очевидно, /АМВ=
= / ВМС= / СЛ1А = 120° (черт. 223, а). Отсюда следует,
что М— точка пересечения дуг окружностей, построенных на
сторонах треугольника АВС и вмещающих углы в 120°.
Найдя точку М, мы без труда построим треугольник DEF.
Точка М будет лежать внутри АВС, если ни один из углов
АВС не превышает 120°; если, например, //С= 120°, то
точка /И совпадёт с вершиной С; если /^^>120°, то точ-
ка М лежит вне АВС.
Выведем теперь отсюда
решение задачи 103.
о)
Рассмотрим сначала первый случай. Пусть ЛТ — какая
угодно внутренняя точка треугольника АВС, М'А, Л]'В,
.М’С — перпендикуляры, опущенные пз неё на стороны тре-
угольника DEF. Имеем:
$&DEF= $&DEM'
пли, если а и А суть сторона и высота правильного треуголь-
ника DEF,
~ак = 1а-Л1'А'-^^ а • МВ у а • М'С,
272 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ (104
т. е.
МА’ -|- МВ’ -|- МС=А.
Но МА^МА', МВ^МВ, МС^ МС (ибо перпендику-
ляр короче наклонной); поэтому
MA-\-MB-\-MC^h,
причём 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-
конец, если С^> 120°, то опять сумма расстояний от точ-
ки С до вершин треугольника будет меньше, чем сумма рас-
стояний до вершин треугольника от любой другой точки. Для
доказательства опишем вокруг АВС равнобедренный
треугольник DEF так, чтобы было СА _\_DE, СВ \_EF
(черт. 223, б). Пусть М — произвольная внутренняя точка
треугольника АВС, А', В, С — основания перпендикуляров,
опущенных пз неё на стороны треугольника DEF, D'EF' —
треугольник, подобный DEF, основание D'F' которого прохо-
дит через М. В таком случае имеем:
$&DEF = $ECDE 4“ S&CEF’
откуда
CA-]-CB=h,
где h — высота треугольника DEF, опущенная на боковую
сторону. Аналогично получаем:
МА'-\-МВ=К,
где А' = АА— высота треугольника DEF' (k — коэффициент
подобия, А<^ 1).
Обозначим высоты треугольников DEF и D’EF', опущен-
ные на основания, через Н и H’ = kH. Так как,
^/£=180° —/2С<60°, то DF <DE, H>h. Теперь
имеем:
МА' MB -|- МС = h' -\-(Н — Н') = Н — (ff — Л') =
= h = CA-]-CB.
104|
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
273
А так как, очевидно,
М' А' 4- М'В -|- М'С sS М A -J- М В М'С,
М'А 4- М'В 4- М'С > С А 4- СВ,
требовалось доказать.
Если AM, ВМ и СМ — перпендикуляры к
ТО
что и
б)
равностороннего треугольника DEF, вписанного в
ник АВС, то, очевидно, / АМВ =
(черт. 224). Поэтому для
решения задачи надо найти
точку М, из которой все
стороны треугольника АВС
видны под углом 120°, в
затем вписать в треуголь-
ник АВС треугольник DEF,
стороны которого перпенди-
кулярны к AM, ВМ н СМ Л
(см. задачу 47 б), стр. 81).
При этом вершины Добу-
дут лежать на с горонах тре-
угольника АВС, а не на их продолжениях, если все углы
треугольника АВС меньше 120°.
Предположим, что имеет место именно этот случай. Тогда
S&ABC ~ $MDCE 4~ SjHEAF 4“ $MFBD ~
= DE-MC-\- у EF- MA-^-~FD-MB=
= ^DE (МА 4- МВ± MQ.
Пусть теперь М' — произвольная точка внутри треугольника
ABC, a, [J, у— углы, которые прямые М'А, М'В и М'С об-
разуют с соответствующими сторонами треугольника DEF.
В таком случае
SeABC — Sm'DCE 4" 5Л1' ЕДл4~ FBD =
= DE' М'Сsin y4_4’ ^•Af.Asin «4*4
tZ^DE-M'C-\-^ EF-M'A^-^FD-MB=
= ~DE (М'А 4- М'В 4- М'С).
сторонам
треуголь-
/ ВМС= СМА = 120°
274
Вешения задач
[105
Отсюда следует:
:ма 4- мв -j- мс «s ma -f- мв -р мс,
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 = АМ=АМ, СМ=ВМ. Но ВМ^ВМ ММ
и, следовательно,
ВМ^АМ-^СМ.
При этом ВМ — ВМ ММ, лишь если М' лежит на от-
резке ВМ. Так как / АММ’ = 60°, то в этом случае
2^ЛЛ/В=60°; это означает, что точка М лежит на дуге АС
окружности, описанной около треугольника АВС (см.
черт. 225, б).
Второе решение. Проведём через точку М прямые МР,
MQ и МР параллельно сторонам АС, АВ и ВС тре-
угольника АВС (черт. 226, а). Четырёхугольники MQAR,
MPBR, MPCQ, как нетрудно видеть, будут равнобедренными
трапециями; следовательно, MA=QR, MB=PR, MC=PQ.
Таким образом, расстояния ЛМ, МВ и МС равны сторонам
треугольника PQR, откуда следует, что МА -j- МС МВ.
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 = / RQA.
/ PMC = / PQC, / RQA = / PQC; значит, / RM A =
= / CMP, / AMC= / RMP= 120° ii, следовательно, точ-
ка M лежит на дуге АС
окружности, описанной около
треугольника АВС
б)
а)
Черт. 226.
Третье решение. Опустим из точки М перпендику-
ляры MAt, MBt и MCt на стороны треугольника АВС
(черт. 227, с). Вокруг четырёхугольника АС1МВ1 можно
описать окружность с диаметром AM; так как Z_BxACt — 60°,
то В1С1 — сторона равностороннего треугольника, вписан-
т<3
кого в эту окружность. Поэтому В1С1 = —МА; аналогично
276
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(105
AlBt = ^- /ИС, А1С1 = ^- МВ. Но из треугольника AJ}^
имеем;
откуда
МВ^МА-\-МС.
При этом МВ=МА -j-MC, если точки Bt и С, лежат
на одной прямой, причём Bt расположена между Л, и С,
(черт. 227, б). Мы утверждаем, что в этом случае А/ лежит
на дуге АС окружности, описанной около треугольника АВС.
В самом деле, /С,МА= /С,В,А, /А^МС= /А,В,С. Но так
как в рассматриваемом случае /C,BtA = / А,В,С, то
^СгМА = ^/АгМС и г/АМС=^С1МА1 — 120°, что и дока-
зывает наше утверждение.
Заметим, что вообще для того чтобы основания перпендикуляров,
опущенных из некоторой точки на стороны произвольного треуголь-
ника, лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы задан-
ная точка лежала на окружности, описанной около 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-
круг четырёхугольника МАВС можно описать окружность.
Но АС=СВ= АВ и, следовательно,
МВ^МА-\-МС,
что и требовалось доказать.
б) Построим на стороне ВС задан-
ного треугольника АВС вне его пра-
вильный треугольник ВСА' (черт. 228).
Пусть А — произвольная точка пло-
скости. Из треугольника ХАА' имеем:
АА'^ХА-\~ХА\
причём равенство имеет место лишь в том случае, когда точка X
лежит на отрезке АА'. Далее, в силу предложения задачи а)
ХА' ^ХВ-\-ХС,
106) ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ 277
причём равенство имеет место лишь тогда, когда точка X лежит
на дуге СтВ окружности, описанной вокруг треугольни-
ка ВС А.
Из полученных соотношений имеем:
АА'^ХА-\-ХВ^ХС.
~ Если М есть точка пересечения АА с описанной окружностью
треугольника АВС, то
А А = МА 4- МВ + МС,
т. е.
ма мв 4- мс ха хв хс
и, следовательно, точка М удовлетворяет условию задачи 103.
При помощи простого подсчёта нетрудно убедиться, что если
один из }глов треугольника АВС равен 120°, то отрезок АА
и дуга СтВ пересекутся в вершине этого угла, а если одни
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-
шина 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 4- b-ХВ4- с-ХС^ (Ь 4~ с) ХА 4~ Ь-ХВ-\-с-ХС=
= b (ХА 4- ХВ} 4- с (ХА 4- ХС) b • АВ 4- с • АС
(ибо ХА 4~ХВАВ, ХА 4- ХСАС), так что сумма а Х4-|~
-\-Ь-ХВ-]-с-ХС принимает наименьшее значение, когда точ-
ка X совпадёт с точкой А.
Таким образом, остаётся рассмотреть только тот слу-
чай, когда существует треугольник, стороны которого рав-
ны а, Ь и с. При рассмотрении этого случая можно нтти
четырьмя путями, аналогичными решениям задач 103, 104 а),
104 б) и 105.
Первое решение. Пусть Д0ВиС0 — треугольник, сто-
роны которого равны at b и г, а = уе у = у; А— про-
извольная точка плоскости. Центрально-подобное вращение с
278
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
|10б
центром А, коэффициентом подобия у и углом поворота, рав-
ным углу Ао треугольника А0В0С0 (вращение производится в
направлении от В к С), переводит треугольник АХС в тре-
угольник АХ’С (черт. 229). Треугольники АХ'Х и А0В0С0
подобны, ибо, по условию, = у = , ^ХАХ=^/В0АиС0.
/ЯЛ
Из их подобия следует, что = = а; XX'= а АХ\ кро-
/ЯЛ и
ме того, по построению, СХ1 = '(СХ. Следовательно,
СХ'-\-Х'Х-\-ХВ='(‘СХ-\-а.-АХ-\-ВХ= c'CXJr-a-AX-\-b-BX
с ДЪ и, значит, величина а-АХ-)-
уЛ / -f-b-BX-^- с-СХ имеет наи-
с' // \\ / меньшее значение тогда, ко-
/ / \\ / гда ломаная ВХХ'С имеет
| \л» в> наименьшую длину. Здесь
уу* / ^/ | \ возможны следующие случаи.
\ \ *°* Прямая ВС пересечёт
сторону АС заданного тре-
а в угольника в некоторой точке Z).
Черт. 229. В таком случае кратчайшей
пз всех ломаных, соединяющих
точки В и С и пересекающих отрезок АС, является отре-
зок ВС. Пользуясь тем, что угол АХХ' равен углу Со тре-
угольника АиВиС0, легко найги точку М. Для этого построим
на отрезке AD дугу, вмещающую указанный угол, располо-
женную по ту же сторону от прямой АС, что и точка В.
Если эта дуга пересечётся с отрезком ВС, то точка пе-
ресечения как раз и будет искомой точкой Л1. Если же по-
строенная дуга не пересечётся с отрезком ВС, то искомая
точка М должна совпасть с вершиной В треуголь-
ника АВС.
2°. Если прямая ВС не пересечёт сторону АС треугольни-
ка АВС, 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
106]
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПОДОБИЯ
279
числа а, b и с, постоянна. Действительно, из черт. 230 имеем:
S—DEF = $А-МОЕ “Ь S&MEF 4“ FD
или, если EF—ak, FD = bk, DE = ck,
SLDEF=~MA-ka-\r ^MB-kb -f- -MC-kc,
a-MA-[-b-BM-\-c-MC=^^^ef = const.
Здесь Д, В и С—основания перпендикуляров, опущенных из
М на стороны треугольника DEF.
Опишем теперь вокруг заданного треугольника АВС тре-
угольник DEF, стороны которого относятся как а:Ь:с, так,
чтобы перпендикуляры к сторонам DEF, восставленные в точ-
ках А, В и С, пересекались в одной точке Л! (построение
аналогично построению в зада-
че 104 а)). Если точка Л1 лежит f
внутри треугольника АВС, то она
удовлетворяет нашему мини- .
мальному условию; доказатель-
ство этого проводится, как в
решении задачи 104 а). Если
же точка Л1 лежит вне треуголь-
ника АВС, то условию задачи
удовлетворяет одна из вершин
треугольника.
Третье решение. Впи-
шем в данный треугольник АВС
треугольник DEF, стороны которого
Черт. 230.
относятся как а:b:с,
так, чтобы перпендикуляры, опущенные из вершин АВС на
стороны DEF, пересекались в одной точке М (построение ана-
логично построению задачи 104 б)).
В случае, когда построенный нами треугольник DEF ока-
зывается вписанным в треугольник АВС в обычном смысле
(т. е. все его вершины лежат на сторонах треугольника АВС,
но не на их продолжениях), аналогично решению задачи 104 б)
показывается, что искомой точкой является точка М. В про-
тивном случае ответом задачи служит одна из вершин тре-
угольника АВС.
Четвёртое решение. Воспользуемся следующим
предложением, обобщающим результат задачи 105 а): если
в треугольнике АВС ВС'.СА'.АВ — а.Ь'.с, то для любой
280
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
[106]
точки М плоскости
b • МВ а • МА -j- с • МС,
причём знак равенства имеет место тогда, когда точка М
лежит на соответствующей дуге окружности, описанной во-
круг треугольника АВС. Доказательство этого предложения
(которое можно получить несколькими способами аналогично
решениям задачи 105 а)), мы предоставляем читателю.
Построим теперь на стороне ВС данного треугольника АВС
треугольник ВСА' такой, что ВС:СА':А'В=а:Ь:с, и опи-
шем окружность вокруг этого треугольника. Если X—любая
точка плоскости, то из треугольника ХАА' следует, что
АА ^ХАД-ХА,
причём равенство имеет место лишь для точек отрезка АА.
Кроме того,
а-ХА ^Ь-ХВ-\-с-ХС,
причём равенство выполняется лишь для точек дуги ВтС.
Умножив первое из полученных соотношений на а и сло-
жив со вторым, получим:
а • А А' sg а • ХА b • ХВ -|- с • ХС,
причём равенство выполняется лишь для точки М пересечения
дуги ВтС с отрезком АА:
а-АА=а-МА 4~ Ь-МВ-\-с-МС.
Таким образом,
а МА -|- b • МВ с • МС а ХА -|- Ь • ХВ 4- с • ХС,
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-
угольника АВС.
СПИСОК ЗАДАЧ, ИНЫЕ РЕШЕНИЯ КОТОРЫХ
СОДЕРЖАТСЯ В ДРУГИХ КНИГАХ
В этом списке указаны номера задач, другие решения которых
приведены в одной пз следующих книг:
1°. Ж. А да мар. Элементарная геометрия, ч. I, М„ Учпедгиз,
1948 (книга содержит свыше 400 задач, к которым Д. И. Перепёлки-
ным написаны подробные решения) — обозначается буквой «А».
2°. Б. Н. Делоне и О. К. Житомирский, Задачник по гео-
метрии, М.—Л., Гостехиздат, 1952 — обозначается буквой «Д».
3°. Д. О. Ш к л я р с к и й, Н. Н. Ч е н н о в, И. М. Я г л о м, Из-
бранные задачи и теоремы элементарной геометрии, ч. 2, М., Гостех-
нздат, 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-
ются в книгах Ж. Адамара (задача 72), Б. Н. Делоне и О. К. Житомир-
ского (задача 87) и Д. О. Шклярского, Н. Н. Ченцова, И. М. Яглома
(задача 124). Против номера 79 б), ряд м с -которым в скобках ука-
зано: частный случай, стоит А. 122, Ш. 70 а), б), в); следовательно,
иные решения задач, являющихся 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)).
К°№ задач Где содержится №№ задач Где содержится
12 б) (частный случай) 13 14 а) 19 (частный случай) 20 а) 22* 25 в) 31 б) 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) 85 86 в) 87 Д. 86, Ш. 98 А. 101, Д. 88, Ш. 99 л чч 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
Введение. Что такое геометрия? (Окончание)
Глава I. Линейные преобразования
§ 1. Параллельное проектирование плоскости на плоскость. Ли-
нейные преобразования плоскости.
§ 2. Центральное проектирование плоскости на плоскость. Обоб-
щённые линейные (проективные) преобразования плоскости.
§ 3. Центральное проектирование, переводящее заданную окруж-
ность в окружность. Стереографическая проекция.
§ 4. Полярные преобразования плоскости. Принцип двойствен-
ности.
§ 5. Проективные преобразования прямой и окружности. Построе-
ния с помощью одной линейки.
Приложение к гл. I. Неевклидова геометрия Лобачевского
(первое изложение).
Глава II. Круговые преобразования
§ 1. Симметрия относительно окружности (инверсия).
§ 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 круговые преобразования.
Приложение к гл. II. Неевклидова геометрия Лобачевского
(второе изложение). «.
Решения задач
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
БИБЛИОТЕКА
МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
Вып. 1. Д. О. Шклярский, II. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Из-
бранные задачи и теоремы элементарной математики,
часть 1. Арифметика и алгебра.
Вып. 2. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Из-
бранные задачи н теоремы элементарной математики,
часть 2. Геометрия (планиметрия).
Вып. 3. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Яглом, Из-
бранные 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-
жения и преобразования подобия.
11-3-1
Яглом Исаак Моисеевич.
Геометрические преобразования I.
Редакторы Э. П. Тихонова и В. А. Солодков.
Техн, редактор С. Н. Ахламов.
Корректор С. И. Емельянова.
Сдано в набор I5/VI 1955 г. Подписано
к печати 18/Х 1955 г. Бумага 84 X Ю8/51.
Физ. печ. л. 8,88. Условно-печ. л. 14,56.
Уч.-изд. л. 14,80. Тираж 25 000 вкз.
Т-08414. Цена книги 5 р. 45 к. Заказ Кз 618.
Государственное издательство технико-
теоретической литературы
Москва, В-71, Б. Калужская, 15.
Министерство культуры СССР
Главное управление полиграфической
промышленности
Первая Образцовая типография имени
А. А. Жданова. Москва, Ж-54, Валовая, 28