Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
Черт. 176.
точки О. Так как H—фиксированная точка, то H' также фиксированная точка; значит, точка M' лежит на прямой (D'), проходящей через точку H' перпендикулярно O1O2. Обратно: если M' — любая точка прямой (D'), то существует точка M на прямой (D) такая, что ? AVFM = 90°. Значит, все точки прямой (D') принадлежат геометрическому месту точек M'. Прямая (D') совпадает с (D), если (D) совпадает с (А). Заметим, что геометрическое место точек M' включает в себя и прямую O1O2, так как, если M — бесконечно удаленная точка прямой (D), то M' — любая точка прямой O1O2.
Огибающая MM'. Пусть Д"— ортогональная проекция точки F' на MM'. Четырехугольники HAlK'F' и H'AVК'F' вписанные; значит, ? К'HF' = /_ К'MF' и ?К'H'F' = ?К'M'F''. Следовательно, так как треугольник MF'M' прямоугольный (? MF'M' = 90е), то ? HK'H' = 90°. Геометрическое место точек К! есть окружность с диаметром НИ'. Следовательно, огибающая MM' есть линия второго порядка с фокусами F и F'; для которой окружность, построенная на HH' как на диаметре, главная.
592
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
4°. Геометрическое место точек M' при условии, что точка M описывает прямую, проходящую через F. В этом случае /. MFNY = 90° и геометрическое место точек M' есть прямая (D1), перпендикулярная (D1) и проходящая через F (черт. 176). Заметим для полной строгости, что геометрическое место точек NV включает в себя еще прямую (DJ), проходящую через F' и перпендикулярную O1O2, так как точка NY есть любая точка этой прямой, если Nl совпадает с F.
Огибающая MM'. Пусть Q — точка, симметричная точке F' относительно MM'. Тогда прямая (D1)— биссектриса угла F'FQ. Точка Q лежит, следовательно, на прямой (A1), симметричной прямой FF' относительно прямой (Dj). Прямая MM' — медиатриса отрезка F'Q, один конец F' которого фиксирован, а другой, т. е. Q7 описывает прямую (A1). Огибающая MM' есть, следовательно, парабола с фокусом F и директрисой (A1).
62. Построим фигуру, гомотетичную искомой ломаной BMNPA относительно точки А, следующим образом: построим окружность с центром В и радиусом BA) пусть эта окружность пересечет ^4C в точке AT1, а ВС— в точке \х. Через точку [к проведем прямую, параллельную AB, затем построим окружность с центром N1 и радиусом AB, пересекающую эту параллель в точке M1, и, наконец, через точку Mx
Черт. 178.
проведем прямую, параллельную ВС. Ломаная ABN1M1B1 такова, что B1 Mx = = M1N1 = N1B = BA (черт. 177). Пусть прямая AM1 пересекает ВС в точке М; проведем через точку M прямую, параллельную M1N1; пусть она пересечет AC в точке N; наконец, через точку TV проведем прямую, параллельную N1B1 и пересекающую AB в точке Р; точки M1 N, P удовлетворяют условию вопроса, так как в силу гомотетии с центром А мы имеем: BM = MN = NP = РА. Вторая точка пересечения окружности с центром JV1 и радиусом AB также дает решение, однако при этом точки М, N1 P будут лежать на продолжении сторон.
63. Обозначим через R радиус окружности (О), описанной вокруг треугольника ABC Пусть (A^,) — общая касательная к (В) и (со), касающаяся (В) в точке JS1, а (со) — в точке N. Прямая TVco пересекает в точке M прямую, параллельную (A0) и проходящую через точку В. Имеем (черт. 178): NM = B1B = R = Na> -f- <оМ, (х)М = R — г, где г — радиус окружности (со); аналогично доказывается, что расстояние от точки со до прямых (Ад) и (Аг), проходящих через А и С и параллельных соответственно общим касательным к окружностям (^4) и (со), (С) и (со), равно R — г. Значит, окружность, концентричная (со), радиуса R — г, касается всех трех прямых: (Дй), (A^) и (Аг). С другой стороны, эта окружность касается и окружности (О), так как Осо = г = R-(R — г).
64. Геометрическое место точек E и F. Окружность (O2) соответствует
окружности (O1) в гомотетии ^1, ± . Треугольнику МАС в этой гомотетии
соответствует треугольник NDB; значит, их соответственные стороны параллельны и MENF — действительно параллелограмм.
Хорды AM и BN антипараллельны; Z. ЕАВ = L ENM, A EMN ^ A AEB1 откуда EA • EM = EB • EN; значит, точка E лежит на радикальной оси окружностей (O1) и (O2); аналогично и хорды MC и ND пересекаются в точке F, лежащей на радикальной оси окружностей (O1) и (O2). Обратно. Пусть E и F — две точки радикальной оси (А), симметричные относительно точки пересечения (А) с общей касательной MN к окружностям (O1) и (O2). Тогда четырехугольник MENF —
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ 593
параллелограмм, прямые EM и EN определяют на окружностях (O1) и (O2) точки А и В (антигомологические); прямая AB проходит, следовательно, через точку /. Таким образом, геометрическое место точек E и F — вся радикальная ось (А) окружностей (O1) и (O2) (черт. 179).
W2)
Черт. 179.
Окружности (AEB) и (CFD) касаются данных. Так как точка E лежит на радикальной оси (А) окружностей (O1) и (O2), то EM • EA = EN • ЕВ. Произведем инверсию (E1 EM • EA). Окружности (O1) и (O2) перейдут соответственно в себя. Общая же касательная MN к ним преобразуется в окружность, проходящую через точку E и касающуюся данных окружностей в точках А и В. Итак, окружность (EAB) касается данных окружностей; аналогично доказывается, что и окруж-ность (FCD) касается данных; для этого надо рассмотреть инверсию (F1 FC • FM).
