Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
Свойство медиатрисы PQ. Медиатрисы сторон PM и AfQ треугольника MPQ проходят через точку /, являющуюся центром окружности, вписанной в треугольник ABC; значит, через ту же точку проходит и медиатриса отрезка PQ.
Огибающая PQ. Угол /OP прямой; одна из его сторон проходит через фиксированную точку /, а его вершина перемещается по прямолинейному отрезку А'В', значит, другая сторона OP или PQ касается параболы с фокусом /; А'В' — касательная в вершине. Для построения точки прикосновения надо продолжить отрезок OI за точку О на расстояние OJ = OI и через точку J провести прямую, параллельную оси параболы; точка T пересечения этой прямой и прямой PQ и есть точка прикосновения; точка / получается из точки О в результате гомотетии (/, 2); значит, геометрическое место точек J есть отрезок A1B11 полученный из отрезка А'В' гомотетией (/, 2) — этот отрезок равен отрезку AB1 причем четырехугольник AA1B1B — прямоугольник. Если точка J занимает положение A11 то PQ совпадает с AC и точка T — с точкой А; если точка / занимает другое крайнее положение B11 то точка T совпадает с В. Таким образом, мы видим, что с одной стороны точки А и В лежат на параболе, с другой стороны, что точка T описывает дугу параболы, ограниченную точками AnB (черт. 155). Эта дуга параболы и есть огибающая PQ.
Свойство окружностей (PMQ). Все окружности (PMQ) имеют общий центр / (описанные окружности будут, следовательно, концентричны).
Геометрическое место центров окружностей (PCQ). Треугольник PCQ симметричен треугольнику PMQ относительно точки О, и, значит, центр окружности (PCQ) симметричен центру окружности (PQM)1 т. е. / относительно О — это, следовательно, точка /; геометрическое место центров окружностей, описанных вокруг треугольника PQC есть, следовательно, отрезок A1B1.
37 п. С. Моденов
578
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
3\ Построение PQ, если известно направление PQ. Надо опустить перпендикуляр IO из / на прямую, имеющую данное направление. Пусть этот перпендикуляр пересечет А' В' в точке О; через точку О проводим прямую, параллельную заданной. Задача имеет решение тогда и только тогда, когда точка пересечения с А'В' перпендикуляра, опущенного из / на данную прямую, лежит между А' и В'.
Построение PQ1 если задана длина этого отрезка. Угол PIQ — центральный угол в окружности (PMQ) и равен удвоенному углу PAfQ; его половина OIQ
равна 60е; значит, OQ = IO tg 60° = IO У 3, откуда IO =
Уз"
Значит, PQ будет
иметь данную длину /, если IO -
2Y з
. Построив окружность такого радиуса
с центром /, мы найдем точку О (одну, две или ни одной), а зная точку О, уже просто построить PQ. Задача имеет два решения, если заключено между IK
(расстояние от / до А'В') и IВ', т. е.
аУ 3
12 '
2]7 3
aY 3 а
--¦,или —
6 2
< I < а,
что мы уже и имели в п. 1°.
4°. Окружности (S9 SM) образуют пучок. Проведем (черт. 156) через точку С прямую, параллельную PQ, и пусть АГ — точка, в которой эта прямая пересечет AB. Лучи С A, CB, CM, CM' образуют гармоническую четверку, так как PO = OQ. Четыре точки А, В,"M и Af', значит, также образуют гармоническую
четверку, и, значит, окружность с диаметром MM' принадлежит пучку окружностей, для которого А и В — предельные точки. Окружность, построенная на MM' как на диаметре, и есть окружность, указанная в условии задачи, так как из равенства MO = OC следует, что AfS = SAT1 т. е. S — середина отрезка AfAf'.
39. Г. Построение AB с серединой /. Точка В должна быть симметрична точке А относительно /; Пусть (л) — прямая, симметричная (D) относительно /; точка В должна лежать на (X), так как А лежит на (D). Прямая (к) есть прямая, параллельная (D) и проходящая через точку А, симметричную A0 относительно I (черт. 157).
2\ Переход от А к В вращением. Если точка А может быть переведена в точку В некоторым вращением, то медиатриса отрезка AB проходит через фиксированную точку. Эта точка должна лежать на Ox (медиатриса AB для случая, когда / занимает положение /0) и на перпендикуляре к (D) в точке A0 (медиатриса А В, когда / совпадает с A0). Таким образом, центр вращения, если он существует, есть точка F1 диаметрально противоположная точке О в окружности, описанной вокруг треугольника A0OB0. Пусть F— эта точка (черт. 157). Тогда Д A0FA = Д B0FB, так как FA0 = FB0, и" A0A = B0B, так как A0A = А'В (симметрия относительно /), А'В = B0B (равнобедренный треугольник). Значит, FA = FB и медиатриса любого отрезка AB проходит через точку F. С другой стороны, углы z A0FA и Z B0FB равны и отсчитываются в одном направлении, т. е.
(FA, FB) = (FA0, FB0) = 60°. Точка В получается из точки А в результате преобразования поворота (F1 60°).
Огибающая А В. Прямой угол FIA таков, что одна из его сторон проходит через фиксированную точку F, а вершина скользит по фиксированной прямой (а); значит, вторая сторона касается параболы с фокусом F\ (а) — касательная
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
579
в вершине. Так как точка / описывает прямую (А) в целом, то прямая AB может совпадать с любой касательной к указанной параболе.
