Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ 565
Черт
вписанных окружностей (1а) и (!ь). 20. Пусть AA', BB', CC-высоты треугольника (черт. 129). Окружность (O9) Эйлера проходит через основания А\ В', С этих высот и через середины а, Ь, с сторон ВС, CA и AB. Обозначим через (Са), (СД (Сс) окружности с центрами а, Ь, с и радиусами аА',ЬВ',сС . Радикальная ось (O9) и (Са) есть пер-пендикуляр, опущенный из точки А' на 09а; эта ось, следовательно, параллельна В'С *. Следовательно, радикальные оси окружности (Од), взятой последовательно с окружностями (Са), (Сь). (Сс), образуют треугольник DEF1 который мы получим проводя через А', В' и С —прямые, параллельные противоположным сторонам В'С'Х'А' и AB'. Так как А', В', С— середины сторон треугольника DEF, то треугольники ABC и DEF имеют одну и ту же окружность Эйлера. Точка D расположена на радикальной оси {O9) и {СIj) с одной стороны и на радикальной оси (O9) и (Сг) с другой; значит, точка D лежит на радикальной оси окружностей (Сь) и (Сс); эга последняя есть перпендикуляр к be, проведенный через D; следовательно, она параллельна AA', потому является биссектрисой угла D треугольника DEF. Таким образом, устанавливаем, что радикальные оси окружностей (Са), (Cf,) и (Сс), взятых попарно, суть биссектрисы углов треугольника DEF и их радикальный центр есть центр окружности, вписанной или вне-вписанной в треугольник DEF. Пусть / — этот радикальный центр и (/) — соответствующая вписанная или вневписанная окружность. На основании теоремы Фейербаха **, она касается (O9). Обозначим через а точку прикосновения EF с радикальной осью (09)_и (Ca)1 которые она пересекает в точках А' и р. Произведем инверсию (а, а А*'. a?); окружности (O9) и (Са) при этой инверсии инвариантны; (I) преобразуется в прямую, касательную к (O9) и перпендикулярную 09а— это касательная к (O9) в точке а; так как эта касательная есть диаметр (Са), то она ортогональна (Cn)
и потому окружность (/) ортогональна (Са). Окружность (/), следовательно, ортогональна окружностям (Са), (Сь), (Сс), а ранее было указано, что она касается (O9).
21. 1°. Преобразование (С) в (D). Из подобия
F A FK
треугольников FAKn FHB находим -pjj ~ ^g(4ept. 130),
откуда^ FA- f B = FH FK или FA-FB = FH-FK -= — FH2 = const. Окружность (С) и прямая (D) соответствуют друг другу в инверсии с полюсом F и степенью инверсии, равной FH • FK В этой инверсии точки А и В друг другу соответствуют, а середине О отрезка AB (гармонически сопряженной бесконечно удаленной точке AB относительно А и В) соответствует точка М, гармонически сопряженная точке F относительно AnB (построение точки M дано ниже).
2°. Эллипс (E) с фокусом F и большей полуосью AB. Пусть а и b —длины полуосей эллипса. Тогда FA -= а — с, FB = а + с, откуда FA-FB = а2— с2 = =^b2 = FH\ значит b = FH = const. Если прямая (d) совпадает с HFK1 то эллипс является окружностью. Пусть теперь задана величина 2а = h, тогда FA • FB = FH2,
IA + FB = h, отсюда FA и FB —- корни уравнения х2 — hx + FH2 = 0, xh 2 = ^ ±
Черт. 130.
2 _ WH2
h
Значит, задача разрешима, если FH< ^ или h > 2FH. Зная
* Очевидно^ ОоЦ OA. Далее, точки В, С, Bf, С лежат на одной окружности. Инверсия (A, AB •AC') переводит В' и С соответственно в С и В и, значит, прямую В'С — в окружность (ABC); поэтому ВС JL OA, Но 09а||ОЛ, значит, ВС ±09а.
** См. предыдущую задачу.
566 Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
Xx и х2, легко построить точки В и A (FB — больший корень, FA — меньший). Задача имеет два решения, так как на прямой (D) имеется два положения Bx и B2 для точки В (симметричные относительно Н), для которых FB1 = FB2. Пусть
с FH л . *" -
теперь задан эксцентриситет — = е; тогда а = г_, и так как U О < 1, то
2а;>2FH и, на основании предыдущего, задача всегда разрешима: в данном семействе имеются эллипсы с любым эксцентриситетом (0<>< 1).
3°. Геометрическое место (L) точек M9 Рассмотрим пучск с вершиной P и лучи PB1 PA1 PM1 PF (черт. 131). Параллель HK прямой PM пересекает три др}гих луча в точках, ограничивающих два равных отрезка; значит, эти четыре луча образуют гармоническую четверку и, значит, (BAMF) = — 1 (точка M — это, следовательно, та, которая в рассмотренной вьініе инверсии соответствует середине О отрезка AB). Отсюда также следует, что F—основание поляры TT' точки M
Черт. 131. Черт. 132.
Рассмотрим еще окружность с центром M и радиусом MT] она проходит через P в самом деле, MP2 = MA • MB и, значит, MP2 = MT2. Прямая TT' есть радикальная ось окружностей (О) и окружности (Г) с центром M и радиусом MP. Точка F1 расположенная на этой радикальной оси, имеет одну и ту же степень по отношению к этим двум окружностям. Вернемся к инверсии, рассмотренной в пункте Г. Степень инверсии P = FH-FK равна степени точки F по отношению к окружности (О) и, значит, эту же степень точка F имеет и по отношению к окружности (Г), которая, следовательно, инвариантна в этой инверсии. Окружность (F) касается прямой (D); значит, она касается и окружности (С), которая из (D) получается указанной инверсией. Касание внутреннее, так как степень точки F по отношению к (Г) отрицательна. Пусть P' — точка касания (черт. 132); она расположена на прямой центров Мы. Заметим, что MP' = MP; обозначим через Q точку отрезка PM1 расположенную от P на расстоянии, равном радиусу окружности (С); тогда Ми> = MQ1 где MQ — расстояние от точки M до медиатрисы отрезка FH Отсюда следует, что точка M расположена на параболе (L) с фокусом со и директрисой (А). Так как точка P описывает (D) в целом, точка Q описывает (А) в целом, а потому точка M описывает параболу (L) в целом.
