Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ 633
85. Г. Предположим сначала, что произведение IO • 10' положительно и равно IA2 = а2, и обозначим в этом случае точки О и О' так: о и о', а окружности (О) и (О') так: (о) и (о'). Точки о и о' находятся с одной стороны от точки /. Пусть касательная к окружности (о') в точке В пересекает ось х'х в точке /. Тогда
//. lo' = —IA2 = — Iolo'y откуда // = — 1о. Аналогично и //' = ¦—- /о'. Отсюда следует, что касательные Bf к окружности (о') и Af к окружности (о) соответственно параллельны Ao и Во'. Пусть р и q — точки пересечения Bf, Af и Ao, Во'. Четырехугольник ApBq — прямоугольник, / — его центр; значит, точки р и q лежат на окружности с диаметром AB (и являются диаметрально противоположными точками этой окружности). Таково геометрическое место р в случае IO • 10' = AI2. Пусть теперь IO • 10' = т2а2. Построим точки о я о' такие, что IO = mfo и 10' = mlo'. Прямые АО и ВО' получаются из прямых Ao и Во' умножением абсцисс точек о и о' на т; значит, точка Q (точка пересечения АО и ВО') из точки q получится перемещением последней по прямой, параллельной оси x'Ix, так что абсцисса этой точки умножится на т.
2°. Прямые АО и ВО' пересекаются в точке Q1 АО' и ВО — в точке Q't симметричной Q относительно ОО'; пусть Я—точка пересечения QQ' с ОО'; точки/ и H гармонически сопряжены с точками О и О', а так как точки /, O1 О' фиксированы, то фиксирована и точка Н. Точка Q лежит, следовательно, на прямой, проходящей через H перпендикулярно ОО'. Далее, AP и BP перпендикулярны соответственно AQ и BQ; значит, точки A1 P1 В, Q лежат на одной окружности с диаметром PQ; центр со этой окружности лежит на медиатрисе отрезка AB. Значит расстояния HQ и MP от Q и P до О равны, но противоположно направлены. Заметим, что Д APB ^ Д OQO' (треугольники со взаимно-перпендикулярными сторонами). Точки N и H—основания высот PN и QH1 так же как I и C1 — середины AB и 00', соответствующие в этом подобии; значит IN CH С H
дгр = 77(5 = 777 ' откуда IN2 = CH •NP. Обозначая через хну координаты P1 получаем у2 = — CHx1 и поскольку CH = const, то это уравнение параболы с вер-шиной / и осью Ix'. Полагая IO = я, 10' = bt находим IC = , и далее
_JL_ — -L J- JL — . Следовательно, IH= ^ откуда CH=IH—ЇС = /// а 1 b ab a-\-b J
2ab a + b (a — b)2 „ a (д — b)2
= Ї+Ь--T- s ~ 2(a + b) ' После*нее Уравнение принимает вид у2 = х.
Далее, TF' • IU' = — а2, IF IO = а2, откуда TF' = — 10'1°' = — — = JL . Пря-
J /Q' ftl ITl
мые BP и ЛР' получаются, таким образом, из В/ и Л/' умножением абсцисс последних на і (и без изменения ординат). Значит точка р перейдет в точку P1 лежащую
на перпендикуляре pH к AB1 причем HP =~ Hp. Отсюда следует, что окружность (/) перейдет в эллипс, для которого AB будет одна из осей; ось, перпендикулярная AB1 будет иметь величину J AB. Теперь предположим, что произведение
IO •1O' постоянно, но отрицательно и равно — а2. Тогда АО и АО' перпендикулярны, окружности (О) и (О') ортогональны; касательные к ним в точках Л и В будут О'А и ВО, которые пересекаются в точке Р. Геометрическое место точек P есть в этом случае геометрическое место вершин P треугольников BPA с фиксированным основанием и разностью углов при основании, равной 90°: BAP—APB = 90°. Можно сказать, что AP и BP поворачиваются на равные углы, но в противоположных направлениях, причем биссектриса угла APB имеет неизменное направление
(следует из &АР — APB = 90°). Известно, что это равносторонняя гипербола с вершинами Л и В. Если IO • 10' = — тп2а21 то введем точки O1 и 0[ такие, что Ю = m/Oi, Ю == mIO[; как и в предыдущем случае, установим, что точки P1 и P имеют одинаковые ординаты, но HP=^- HPx (H—основание перпендикуляра,
опущенного из P на у'у). Это последнее преобразование преобразует равностороннюю гиперболу с вершинами Л и В в другую гиперболу с теми же вершинами, но уже не равностороннюю.
634 Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
86. Замечание. Углом между прямой и окружностью мы будем называть острый угол, образованный этой прямой и касательной к окружности в одной из точек, в которых ее пересекает данная прямая.
I. 1°. Касательными в точке А к искомым окружностям являются прямые, проходящие через А и образующие с прямой (D) углы 6. Значит центры искомых окружностей лежат в точках пересечения медиатрисы отрезка PA с прямыми, проходящими через точку А и образующими с прямой (D) угол ~ — O. Если 0 < б < ~, то имеются две такие окружности: (О) и (Ог). Если 6 = 0, то имеется только одна окружность [проходящая через P и касающаяся (D) в точке А]. Если 6 = — , то
есть тоже одна окружность — ее центр E [точка пересечения с (D) медиатрисы отрезка АР].
Замечание. В изложенном выше мы предлагали, что точка P не лежит на прямой (D). Если точка P лежит на прямой (D) и если точки А и P различны, то все предыдущие построения остаются в силе, за исключением только случая 8 = 0; в этом случае не существует ни одной окружности, удовлетворяющей условию задачи. Случай совпадения точек P и А не представляет интереса; в этом случае, каково бы ни было 6, существует бесконечное множество (и даже «дважды» бесконечное множество, если 6 Ф 0 и 0 ф ~ j окружностей, удовлетворяющих условию задачи.
