«ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО Московские учебники Москва 2006 УДК 514.112 ББК ...»

2. О п р е д е л е н и е. Пусть на плоскости дана окружность S с центром O и радиусом R. Инверсией относительно окружности S называют преобразование, переводящее произвольную точку A, отличную от O, в точку A*, лежащую на луче OA на расстоянии OA* = R2 /OA от точки O. Инверсию относительно S будем также называть инверсией с центром O и степенью R2, а окружность S — окружностью инверсии.

3. Непосредственно из определения инверсии видно, что точки окружности S она оставляет на месте, точки, лежащие внутри S, переводит наружу, а точки, лежащие вне S, — внутрь S. Если точка A переходит при инверсии в A*, то точку A* эта инверсия переводит в A, т. е. (A* )* = A. Образом прямой, проходящей через центр инверсии, является сама эта прямая.

В этом месте надо сделать оговорку, связанную с тем, что инверсия не является в строгом смысле слова преобразованием плоскости, так как точка O никуда не переходит. Поэтому формально мы не имеем права говорить об «образе прямой, проходящей через точку O», а должны рассматривать объединение двух лучей, получающихся из прямой выбрасыванием точки O.

Аналогично обстоит дело и с окружностями, содержащими точку O. Мы, тем не менее, будем придерживаться этих нестрогих, но зато более наглядных формулировок, надеясь, что читатель легко восстановит точный смысл.

4. Всюду в этой главе образ точки A при инверсии обозначается через A*.

5. Сформулируем важнейшие свойства инверсии, постоянно применяемые при решении задач.

При инверсии с центром O:

а) прямая l, не содержащая O, переходит в окружность, проходящую через O (задача 28.2);

б) окружность с центром C, проходящая через O, переходит в прямую, перпендикулярную OC (задача 28.3);

в) окружность, не проходящая через O, переходит в окружность, не проходящую через O (задача 28.3);

г) касание окружностей и прямых сохраняется, если только точка касания не совпадает с центром инверсии; в последнем случае получается пара параллельных прямых (задача 28.4);

д) величина угла между двумя окружностями (или между окружностью и прямой, или между двумя прямыми) сохраняется (задача 28.5); определение угла между окружностями приведено на с. 55.

28.1. Пусть при инверсии с центром O точка A переходит в A*, а точка B — в B*. Докажите, что треугольники OAB и OB* A* подобны.

28.2. Докажите, что при инверсии с центром O прямая l, не проходящая через O, переходит в окружность, проходящую через O.

28.3. Докажите, что при инверсии с центром O окружность, проходящая через O, переходит в прямую, а окружность, не проходящая через O, — в окружность.

28.4. Докажите, что касающиеся окружности (окружность и прямая) переходят при инверсии в касающиеся окружности или в касающиеся окружность и прямую, или в пару параллельных прямых.

28.5*. Докажите, что при инверсии сохраняется угол между окружностями (между окружностью и прямой, между прямыми).

28.6*. Докажите, что две непересекающиеся окружности S1 и S (или окружность и прямую) можно при помощи инверсии перевести в пару концентрических окружностей.

28.7*. Через точку A проведена прямая l, пересекающая окружность S с центром O в точках M и N и не проходящая через O.

Пусть M и N — точки, симметричные M и N относительно OA, а A — точка пересечения прямых MN и M N. Докажите, что A совпадает с образом точки A при инверсии относительно S (и, следовательно, не зависит от выбора прямой l).

28.8*. Докажите, что при инверсии относительно описанной окружности изодинамические центры треугольника переходят друг в друга.

При решении задач этого параграфа мы часто будем говорить «сделаем инверсию...». В переводе на более формальный язык это звучит так: «Построим при помощи циркуля и линейки образы всех данных точек, прямых и окружностей при инверсии относительно данной окружности». Выполнимость таких построений вытекает из свойств инверсии и задачи 28.9.

В задачах на построение часто используется существование инверсии, переводящей две непересекающиеся окружности в концентрические. Из решения задачи 28.6 следует, что центр и радиус такой инверсии (а значит, и образы окружностей) можно построить циркулем и линейкой.

28.9. Постройте образ точки A при инверсии относительно окружности S с центром O.

28.10. Постройте окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной окружности (или прямой).

28.11*. Через данную точку проведите окружность, касающуюся двух данных окружностей (или окружности и прямой).

28.12*. Постройте окружность, касающуюся трёх данных окружностей (задача Аполлония).

28.13*. Проведите через данную точку окружность, перпендикулярную двум данным окружностям.

28.14*. Постройте окружность, касающуюся данной окружности S и перпендикулярную двум данным окружностям S1 и S2.

28.15*. Проведите через данные точки A и B окружность, пересекающую данную окружность S под углом a.

По традиции, идущей от древних греков, в геометрии обычно рассматриваются построения циркулем и линейкой. Но можно также производить построения с помощью других инструментов, а ещё можно, например, рассмотреть построения с помощью одного лишь циркуля без линейки.

С помощью одного циркуля, естественно, нельзя построить сразу все точки прямой. Поэтому мы договоримся считать, что прямая построена, если построены две её точки. Оказывается, что при таком условии с помощью циркуля можно выполнить все построения, которые можно выполнить с помощью циркуля и линейки. Это следует из возможности построить одним циркулем точки пересечения прямой, заданной двумя точками, с окружностью (задача 28.22 а) и точку пересечения двух прямых (задача 28.22 б), так как любое построение циркулем и линейкой представляет собой последовательность нахождений точек пересечения окружностей и прямых.

В этом параграфе рассматриваются построения одним циркулем без помощи линейки, т. е. слово «постройте» означает «постройте пользуясь одним только циркулем». При этом отрезок считается построенным, если построены его концы.

28.16. а) Постройте отрезок, который в два раза длиннее данного отрезка.

б) Постройте отрезок, который в n раз длиннее данного отрезка.

28.17. Постройте точку, симметричную точке A относительно прямой, проходящей через данные точки B и C.

28.18*. Постройте образ точки A при инверсии относительно данной окружности S с данным центром O.

28.19*. Постройте середину отрезка с данными концами.

28.20*. Постройте окружность, в которую переходит данная прямая AB при инверсии относительно данной окружности с данным центром O.

28.21*. Постройте окружность, проходящую через три данные точки.

28.22*. а) Постройте точки пересечения данной окружности S и прямой, проходящей через данные точки A и B.

б) Постройте точку пересечения прямых A1 B1 и A2 B2, где A1, B1, A2 и B2 — данные точки.

28.23. В сегмент вписываются всевозможные пары касающихся окружностей (рис. 28.1). Найдите множество их точек касания.

28.24. Найдите множество точек касания пар окружностей, касающихся сторон данного угла в данных точках A и B.

28.25. Докажите, что инверсия с центром в вершине A равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) и степенью AB2 переводит основание BC треугольника в дугу BC описанной окружности.

28.26*. В сегмент вписываются всевозможные пары пересекающихся окружностей, и для каждой пары через точки их пересечения проводится прямая. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.

28.27*. Никакие три из четырёх точек A, B, C, D не лежат на одной прямой. Докажите, что угол между описанными окружностями треугольников ABC и ABD равен углу между описанными окружностями треугольников ACD и BCD.

28.28*. Через точки A и B проведены окружности S1 и S2, касающиеся окружности S, и окружность S3, перпендикулярная S. Докажите, что S3 образует равные углы с окружностями S1 и S2.

28.29*. Две окружности, пересекающиеся в точке A, касаются окружности (или прямой) S1 в точках B1 и C1, а окружности (или прямой) S2 в точках B2 и C2 (причём касание в B2 и C2 такое же, как в B1 и C1 ). Докажите, что окружности, описанные вокруг треугольников AB1 C1 и AB2 C2, касаются друг друга.

28.30*. Окружность SA проходит через точки A и C; окружность SB мой AB. Окружность S касается окружностей SA и SB, а кроме того, она касается отрезка AB в точке C1. Докажите, что CC1 — биссектриса треугольника ABC.

28.31*. а) Докажите, что окружность, проходящая через середины сторон треугольника, касается его вписанной и трёх вневписанных окружностей (Фейербах).

б) На сторонах AB и AC треугольника ABC взяты точки C1 и B так, что AC1 = B1 C1 и вписанная окружность S треугольника ABC является вневписанной окружностью треугольника AB1 C1. Докажите, что вписанная окружность треугольника AB1 C1 касается окружности, проходящей через середины сторон треугольника ABC.

§ 5. Точки, лежащие на одной окружности, и окружности, проходящие через одну точку 28.32. Даны четыре окружности, причём окружности S1 и S3 пересекаются с обеими окружностями S2 и S4. Докажите, что если точки пересечения S1 с S2 и S3 с S4 лежат на одной окружности или прямой, то и точки пересечения S1 с S4 и S2 с S3 лежат на одной окружности или прямой (рис. 28.2).

28.33*. Даны четыре окружности S1, S2, S3, S4. Пусть S1 и S пересекаются в точках A1 и A2, S2 и S3 — в точках B1 и B2, S3 и S4 — в точках C1 и C2, S4 и S1 — в точках D1 и D2 (рис. 28.3). Докажите, что если точки A1, B1, C1, D1 лежат на одной окружности S (или прямой), то и точки A2, B2, C2, D2 лежат на одной окружности (или прямой).

28.34*. Стороны выпуклого пятиугольника ABCDE продолжили так, что образовалась пятиконечная звезда AHBKCLDMEN (рис. 28.4).

Около треугольников — лучей звезды описали окружности. Докажите, что пять точек пересечения этих окружностей, отличных от A, B, C, D, E, лежат на одной окружности.

28.35*. На плоскости взяты шесть точек A1, A2, A3, B1, B2, B3.

Докажите, что если описанные окружности треугольников A1 A2 B3, A1 B2 A3 и B1 A2 A3 проходят через одну точку, то и описанные окружности треугольников B1 B2 A3, B1 A2 B3 и A1 B2 B3 пересекаются в одной точке.

28.36*. На плоскости взяты шесть точек A1, A2, B1, B2, C1, C2. Докажите, что если окружности, описанные около треугольников A1 B1 C1, A1 B2 C2, A2 B1 C2, A2 B2 C1, проходят через одну точку, то и окружности, описанные около треугольников A2 B2 C2, A2 B1 C1, A1 B2 C1, A1 B1 C2, проходят через одну точку.

28.37*. В этой задаче мы будем рассматривать наборы из n прямых общего положения, т. е. наборы, в которых никакие две прямые не параллельны и никакие три не проходят через одну точку.

Набору из двух прямых общего положения поставим в соответствие их точку пересечения, а набору из трёх прямых общего положения — окружность, проходящую через три точки пересечения. Если l1, l2, l3, l4 — четыре прямые общего положения, то четыре окружности Si, соответствующие четырём тройкам прямых, получаемых отбрасыванием прямой li, проходят через одну точку (см. задачу 2.88 а), которую мы и поставим в соответствие четвёрке прямых. Эту конструкцию можно продолжить.

а) Пусть li, i = 1,..., 5 — пять прямых общего положения. Докажите, что пять точек Ai, соответствующих четвёркам прямых, получаемых отбрасыванием прямой li, лежат на одной окружности.

б) Докажите, что эту цепочку можно продолжить, поставив в соответствие каждому набору из n прямых общего положения точку при чётном n и окружность при нечётном n, так, что n окружностей (точек), соответствующих наборам из n 1 прямых, проходят через эту точку (лежат на этой окружности).

28.38*. Пусть на двух пересекающихся прямых l1 и l2 выбраны точки M1 и M2, не совпадающие с точкой пересечения M этих прямых. Поставим в соответствие им окружность, проходящую через M1, M2 и M.

Если (l1, M1 ), (l2, M2 ), (l3, M3 ) — прямые с выбранными точками в общем положении, то согласно задаче 2.83 а) три окружности, соответствующие парам (l1, M1 ) и (l2, M2 ), (l2, M2 ) и (l3, M3 ), (l3, M3 ) и (l1, M1 ), пересекаются в одной точке, которую мы поставим в соответствие тройке прямых с выбранными на них точками.

а) Пусть l1, l2, l3, l4 — четыре прямые общего положения, на каждой из которых задано по точке, причём эти точки лежат на одной окружности. Докажите, что четыре точки, соответствующие тройкам, получаемым отбрасыванием одной из прямых, лежат на одной окружности.

б) Докажите, что каждому набору из n прямых общего положения с заданными на них точками, лежащими на одной окружности, можно поставить в соответствие точку (при нечётном n) или окружность (при чётном n) так, что n окружностей (точек при чётном n), соответствующих наборам из n 1 прямых, проходят через эту точку (лежат на этой окружности при чётном n).

28.39*. Окружности S1, S2,..., Sn касаются двух окружностей R и R2 и, кроме того, S1 касается S2 в точке A1, S2 касается S в точке A2,..., Sn1 касается Sn в точке An1. Докажите, что точки A1, A2,..., An1 лежат на одной окружности.

28.40*. Докажите, что если существует цепочка окружностей S1, S2,..., Sn, каждая из которых касается двух соседних (Sn касается Sn1 и S1 ) и двух данных непересекающихся окружностей R1 и R2, то таких цепочек бесконечно много. А именно, для любой окружности T1, касающейся R1 и R2 (одинаковым образом, если R1 и R2 не лежат одна в другой, внешним и внутренним образом в противном случае), существует аналогичная цепочка из n касающихся окружностей T1, T2,..., Tn (поризм Штейнера).

28.41*. Докажите, что для двух непересекающихся окружностей R и R2 цепочка из n касающихся окружностей (см. предыдущую задачу) существует тогда и только тогда, когда угол между окружностями T1 и T2, касающимися R1 и R2 в точках их пересечения с прямой, соединяющей центры, равен целому кратному угла 360 /n (рис. 28.5).

28.42*. Каждая из шести окружностей касается четырёх из оставшихся пяти (рис. 28.6). Докажите, что для любой пары несоприкасающихся окружностей (из этих шести) их радиусы и расстояние между центрами связаны соотношением d2 = r1 + r2 ± 6r1 r2 («плюс» — если окружности не лежат одна внутри другой, «минус» — в противном случае).

28.1. Пусть R — степень инверсии. Тогда OA · OA* = OB · OB* = R2, откуда OA : OB = OB* : OA* и OAB OB* A*, поскольку AOB = B* OA*.

28.2. Опустим из точки O перпендикуляр OC на прямую l и возьмём произвольную точку M на l. Из подобия треугольников OCM и OM* C* (задача 28.1) следует, что OM* C* = OCM = 90, т. е. точка M* лежит на окружности S с диаметром OC*. Если X — какая-то точка S, отличная от O, то она является образом при инверсии точки Y пересечения прямых l и OX (так как образ точки Y лежит, с одной стороны, на луче OX, а с другой стороны, как уже доказано, на окружности S). Итак, инверсия переводит прямую l в окружность S (без точки O).

28.3. Случай, когда окружность S проходит через O, фактически был разобран в предыдущей задаче (и формально следует из неё, так как (M* )* = M).

Предположим теперь, что точка O не принадлежит S. Пусть A и B — точки пересечения окружности S с прямой, проходящей через O и центр S, а M — произвольная точка S. Докажем, что образом S является окружность с диаметром A* B*. Для этого достаточно показать, что A* M* B* = 90. Но согласно задаче 28. OMA = OA M и OMB = OB M, точнее, (OM, MA) = (OA*, M* A* ) и (OM, MB) = (OB*, M* B* ) (чтобы не рассматривать различные случаи расположения точек, мы воспользуемся свойствами ориентированных углов между прямыми, изложенными в гл. 2). Поэтому (A* M*, M* B* ) = = (A* M*, OA* ) + (OB*, M* B* ) = (OM, MA) + (MB, OM) = (MB, MA) = 90.

28.4. Если точка касания не совпадает с центром инверсии, то после инверсии эти окружности (окружность и прямая) будут по-прежнему иметь одну общую точку, т. е. касание сохранится.

Если окружности с центрами A и B касаются в точке O, то при инверсии с центром O они перейдут в пару прямых, перпендикулярных AB. Наконец, если прямая l касается в точке O окружности с центром A, то при инверсии с центром O прямая l переходит в себя, а окружность — в прямую, перпендикулярную OA. В каждом из этих случаев получаем пару параллельных прямых.

28.5. Проведём через точку пересечения окружностей касательные l1 и l2.

Так как при инверсии касающиеся окружности и прямые переходят в касающиеся (см. задачу 28.4), то угол между образами окружностей равен углу между образами касательных к ним. При инверсии с центром O прямая li переходит в себя или в окружность, касательная к которой в точке O параллельна li. Поэтому угол между образами прямых l1 и l2 при инверсии с центром O равен углу между этими прямыми.

28.6. Возьмём из прямой, соединяющей центры O1 и O2 данных окружностей, точку C так, чтобы касательные, проведённые к окружностям из точки C, были равны. Эту точку C можно построить, проведя радикальную ось окружностей (см. задачу 3.58). Пусть l — длина этих касательных. Окружность S радиуса l с центром в C перпендикулярна S1 и S2. Поэтому при инверсии с центром O, где O — любая из точек пересечения окружности S с прямой O1 O2, S перейдёт в прямую, перпендикулярную окружностям S* и S* и, следовательно, проходящую через их центры. Но прямая O1 O2 тоже проходит через центры S* и S*, поэтому окружности S* и S* концентричны, т. е. O — центр искомой инверсии.

В случае, когда S2 не окружность, а прямая, роль прямой O1 O2 играет перпендикуляр, опущенный из точки O1 на S2, точка C будет точкой его пересечения с S2, а l — длиной касательной, проведённой из C к S1.

З а м е ч а н и е. Точка O является предельной точкой пучка окружностей, заданного окружностями S1 и S2.

28.7. Пусть точка A лежит вне S, тогда A лежит внутри S и MA N = MN = MON, т. е. четырёхугольник MNOA вписанный. Но при инверсии относительно S прямая MN перейдёт в окружность, проходящую через точки M, N, O (задача 28.2). Поэтому точка A* (образ A при инверсии) лежит на описанной окружности четырёхугольника MNOA.

По тем же причинам точки A и A* принадлежат и окружности, проходящей через M, N и O. Но эти две окружности не могут иметь других общих точек, кроме O и A. Следовательно, A* = A.

В случае, когда A лежит внутри S, применим уже доказанное к прямой MN и точке A (она находится вне S). Получим, что A = (A )*. Но тогда A = A*.

28.8. Воспользуемся обозначениями задачи 7.16. Докажем, что при инверсии относительно описанной окружности окружность Sa переходит в себя. Это эквивалентно тому, что описанная окружность ортогональна окружности Sa, т. е. при инверсии относительно окружности Sa описанная окружность переходит в себя. При инверсии относительно окружности Sa точка A переходит в себя, поэтому достаточно проверить, что точка B переходит в точку C, т. е. OB · OC = OD2, где O — середина отрезка DE. Пусть для определёнac 28.9. Пусть точка A лежит вне окружности S. Проведём через A прямую, касающуюся S в точке M. Пусть MA — высота треугольника OMA. Прямоугольные треугольники OMA и OA M подобны, поэтому A O : OM = OM : OA и OA = R2 /OA, т. е. точка A искомая. Если же A находится внутри S, то выполним построение в обратном порядке: проводим перпендикуляр AM к OA (точка M лежит на окружности). Тогда касательная к S в точке M пересекается с лучом OA в искомой точке A*. Доказательство повторяется дословно.

28.10. Если обе данные точки A и B лежат на данной окружности S (или прямой), то задача решений не имеет. Пусть теперь точка A не лежит на S. При инверсии с центром A искомая окружность перейдёт в прямую, проходящую через B* и касающуюся S*. Из этого вытекает следующее построение. Сделаем инверсию относительно произвольной окружности с центром A.

Проведём через B* касательную l к S*. Ещё раз сделаем инверсию. Тогда l перейдёт в искомую окружность.

Если точка B* лежит на S*, то задача имеет единственное решение, если B* лежит вне S*, то решений два, а если внутри, то ни одного.

28.11. После инверсии с центром в данной точке окружности S1 и S перейдут в пару окружностей S* и S* (окружность S* и прямую l; пару параллельных прямых l1 и l2 ), а касающаяся их окружность — в общую касательную к S1 и S2 (соответственно в касательную к S*, параллельную l;

прямую, параллельную l1 и l2 ). Поэтому для построения искомой окружности нужно построить прямую, касающуюся S* и S* (касающуюся S* и параллельную l; параллельную l1 и l2 ), и ещё раз сделать инверсию.

28.12. Сведём эту задачу к задаче 28.11. Пусть окружность S радиуса r касается окружностей S1, S2, S3 радиусов r1, r2, r3 соответственно. Касание окружности S с каждой из Si (i = 1, 2, 3) может быть как внешним, так и внутренним, поэтому всего возможно восемь различных случаев касания.

Пусть, например, S касается S1 и S3 внешним, а S2 — внутренним образом (рис. 28.7). Заменим окружности S, S2, S3 на концентрические им окружности S, S2, S3 так, чтобы S касалась S2 и S3 и проходила через центр O окружности S1. Для этого достаточно, чтобы радиусы S, S2, S3 равнялись r + r1, r2 + r1, |r3 r1 |. Обратно, по окружности S, проходящей через O и касающейся S2 и S3 (внешне, если r3 r1 0, и внутренне, если r3 r1 |OB|.

Если B не лежит на прямой OA, то согласно задаче 29.6 б) преобразование L тождественно. Если B лежит на прямой OA, то все прямые вида ML2 (M) перпендикулярны неподвижной прямой преобразования L2. При помощи задачи 29.4 в) несложно показать, что отображение, обладающее этим свойством, является растяжением или сжатием.

29.12. Докажем сначала, что аффинное преобразование L, переводящее данную окружность в себя, переводит диаметрально противоположные точки в диаметрально противоположные. Для этого заметим, что касательная 546 Глава 29. Аффинные преобразования к окружности в точке A переходит в прямую, которая в силу взаимной однозначности преобразования L пересекается с окружностью в единственной точке L(A), т. е. является касательной в точке L(A). Поэтому если касательные в точках A и B параллельны (т. е. AB — диаметр), то касательные в точках L(A) и L(B) тоже параллельны, т. е. L(A)L(B) — тоже диаметр.

Фиксируем какой-нибудь диаметр AB данной окружности. Поскольку L(A)L(B) — тоже диаметр, то существует движение P, являющееся поворотом или симметрией, которое переводит A и B в L(A) и L(B), а каждую из дуг a и b, на которые точки A и B делят данную окружность, — в образ этой дуги при отображении L.

Докажем, что отображение F = P1 L является тождественным. В самом деле, F(A) = A и F(B) = B, следовательно, все точки прямой AB остаются неподвижными. Поэтому если X — произвольная точка окружности, то касательная в точке X пересекает прямую AB там же, где и касательная в точке X = F(X), так как точка пересечения остаётся неподвижной.

А поскольку X и X лежат на одной и той же из двух дуг a или b, то точка X совпадает с точкой X. Итак, P1 L — тождественное преобразование, т. е. L = P.

29.13. Пусть a1 и a2 — какие-нибудь две перпендикулярные прямые. Поскольку аффинное преобразование сохраняет отношение длин параллельных отрезков, то длины всех отрезков, параллельных одной прямой, умножаются на один и тот же коэффициент. Обозначим через k1 и k2 эти коэффициенты для прямых a1 и a2. Пусть f — угол между образами этих прямых. Докажем, что данное аффинное преобразование изменяет площади всех многоугольников в k раз, где k = k1 k2 sin f.

Для прямоугольника со сторонами, параллельными a1 и a2, а также для прямоугольного треугольника с катетами, параллельными a1 и a2, это утверждение очевидно. Любой другой треугольник можно получить, отрезав от прямоугольника со сторонами, параллельными a1 и a2, несколько прямоугольных треугольников с катетами, параллельными a1 и a2 (рис. 29.2), и, наконец, согласно задаче 22.43, любой многоугольник можно разрезать на треугольники.

29.14. Случаи трапеции и параллелограмма легко разбираются, поэтому будем предполагать, что у выпуклого четырёхугольника ABCD нет параллельных сторон. Для определённости будем считать, что пересекаются лучи AB и DC, BC и AD. Пусть AB = a, BC = b, CD = pa + qb, DA = ua + vb. Тогда Рассмотрим аффинное преобразование, которое переводит векторы a и b в ортогональные векторы a и b, длины которых равны l и m. Нам нужно, чтобы обращалось в нуль скалярное произведение (pa + qb, ua + vb ) = pul2 + + qvm2. Поскольку pu > 0 и qv < 0, этого всегда можно добиться выбором чисел l и m.

Отметим, что при любом аффинном преобразовании образ угла при вершине C больше образа угла при вершине A; эти углы нельзя сделать равными.

29.15. Пусть A1, B1,..., F1 — середины сторон AB, BC,..., FA. Равенство диагоналей AD и BE эквивалентно тому, что прямая A1 D1 перпендикулярна прямым AB и DE. Пусть O — точка пересечения прямых A1 D1 и B1 E1.

Нужно построить аффинное преобразование, которое переводит углы A1 и B четырёхугольника A1 BB1 O в прямые углы. Для этого можно воспользоваться результатом задачи 29.14. То, что точки пересечения продолжений сторон четырёхугольника A1 BB1 O расположены именно так, как нужно, следует из выпуклости шестиугольника.

29.16. Предположим, что существует аффинное преобразование, переводящее векторы a, b, c в векторы a, b, c равной длины. Из равенства aa + bb + gc = 0 следует, что из отрезков длины |a|, |b|, |g| можно составить треугольник.

Предположим теперь, что из отрезков длины |a|, |b|, |g| можно составить треугольник. Тогда aa + bb + gc = 0 для некоторых векторов a, b, c единичной длины. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее векторы a и b в a и b. Из равенств aa + bb + gc = 0 и aa + bb + gc = 0 следует, что рассматриваемое аффинное преобразование переводит вектор c в c (предполагается, что g = 0).

29.17. Пусть e1 и e2 — векторы единичной длины на данных прямых l1 и l2. Сжатие с коэффициентом 1/2 в направлении прямой l1 перевоm дит вектор le1 + me2 в вектор le1 + e2. Пусть f — угол между векторами l2 + m неравенство эквивалентно неравенству 29.18. Прежде всего заметим, что преобразование L взаимно однозначно отображает любую прямую на некоторую прямую. Действительно, пусть A1 и B1 — образы двух различных точек A и B. Тогда образ любой точки прямой AB лежит на прямой A1 B1. Остаётся доказать, что если C1 — точка прямой A1 B1, то её прообраз C лежит на прямой AB. Предположим, что точка C не лежит на прямой AB. Тогда прямые AC и BC различны, а их образы лежат на прямой A1 B1. Пусть X — произвольная точка плоскости.

Проведём через X прямую, пересекающую прямые AC и BC в различных точках A и B. Образы точек A и B лежат на прямой A1 B1, поэтому образ точки X тоже лежит на прямой A1 B1. Это противоречит тому, что образом отображения L служит вся плоскость.

Итак, пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в себя, переводящее любую прямую в некоторую прямую. Будем последовательно доказывать свойства этого отображения, используя каждый раз то, что было доказано на предыдущих шагах. Доказательство первых 5 шагов уже приведено в решениях задач 29.2—29.4. Убедитесь самостоятельно, что там нигде не требуется непрерывность.

Шаг 1. Отображение L переводит параллельные прямые в параллельные прямые.

Шаг 2. Корректно определено действие L на векторах, т. е. если AB = CD, то A1 B1 = C1 D1, где A1, B1, C1, D1 — образы точек A, B, C, D.

Шаг 3. L(0) = 0.

Шаг 4. L(a + b) = L(a) + L(b).

Шаг 5. L(ka) = kL(a) при рациональном k.

Для непрерывного отображения L решение задачи было бы завершено, поскольку любое действительное число k можно приблизить рациональными числами. Но если не требовать непрерывности отображения L, то самая трудная часть доказательства только начинается.

Пусть a = OA и b = OB — базисные векторы. При отображении L они переходят в векторы a1 = O1 A1 и b1 = O1 B1. Возьмём на прямых OA и OB точки X и Y, соответственно. Они переходят в точки X1 и Y1, лежащие на прямых O1 A1 и O1 B1, соответственно. Это означает, что L(xa) = f(x)a и L(yb) = y(y)b1, где f и y — некоторые взаимно однозначные отображения множества действительных чисел в себя.

Шаг 6. f(t) = y(t).

В самом деле, если OX = t OA и OY = t OB, то прямые XY и AB параллельны, а значит, прямые X1 Y1 и A1 B1 тоже параллельны, т. е. f(t) = y(t).

Мы доказали, что L(xa + yb) = f(x)a1 + f(y)b1. Остаётся доказать, что f(x) = x для всех действительных x. Напомним, что f(x) = x при рациональных x согласно шагу 5. Поэтому достаточно доказать, что если x < y, то f(x) < f(y).

Шаг 7. f(xy) = f(x)f(y) при всех действительных x, y.

В частности, Шаг 8. Если x < y, то f(x) < f(y).

Согласно шагу 4 получаем f(y) = f(y x + x) = f(y x) + f(x). Поэтому достаточно проверить, что если t = y x > 0, то f(t) > 0. Положительное число t можно представить в виде t = s2, где s — некоторое действительное число, поэтому f(t) = f(s)2 > 0.

29.19. Воспользуемся задачей 29.18. Преобразование L1 переводит любые три точки L(A), L(B), L(C), лежащие на одной прямой, в три точки A, B, C, лежащие на одной прямой. Действительно, если точки A, B, C не лежат на одной прямой, то они попарно различны и через них можно провести окружность. Поэтому точки L(A), L(B), L(C) попарно различны и лежат на одной окружности. Следовательно, эти точки не лежат на одной прямой.

Таким образом, преобразование L1 аффинное, а значит, преобразование L тоже аффинное.

29.20. Поскольку аффинным преобразованием любой треугольник переводится в правильный (задача 29.6 б) и при этом сохраняются отношения длин параллельных отрезков (задача 29.5), достаточно доказать утверждение задачи для правильного треугольника ABC. Пусть точки A1, A2, B1, B2, C1, C делят стороны треугольника на равные части, а A, B, C — середины сторон (рис. 29.3). При симметрии относительно AA прямая BB1 перейдёт в CC2, а прямая BB2 — в CC1. Поскольку симметричные прямые пересекаются на оси симметрии, AA содержит диагональ рассматриваемого шестиугольника.

Аналогично оставшиеся диагонали лежат на BB и CC. Ясно, что медианы AA, BB, CC пересекаются в одной точке.

29.21. Согласно задаче 29.6 в) любой параллелограмм аффинным преобразованием можно перевести в квадрат. Поскольку при этом сохраняются отношения длин параллельных отрезков (задача 29.5), достаточно доказать утверждение задачи в случае, когда ABCD — квадрат. Обозначим через P точку пересечения прямых b и d. Нам достаточно доказать, что PC MK. Отрезок KL переходит в LM при повороте на 90 вокруг центра квадрата ABCD, поэтому прямые b и d, которые соответственно параллельны этим отрезкам, перпендикулярны; значит, P лежит на окружности, описанной вокруг ABCD. Тогда CPD = CBD = 45, следовательно, угол между прямыми CP и b равен 45, но угол между прямыми MK и KL тоже равен 45, и b KL, следовательно, CP MK.

29.22. а) Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее треугольник ABC в правильный треугольник A B C. Пусть O, M, N, P — образы точек O, M, N, P. При повороте на 120 вокруг точки O треугольник M N P переходит в себя, поэтому этот треугольник правильный и O — точка пересечения его медиан. Поскольку при аффинном преобразовании медиана переходит в медиану, O — точка пересечения медиан треугольника MNP.

б) Решение аналогично решению предыдущей задачи.

29.23. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее ABCD в равнобедренную трапецию A B C D. В качестве такого преобразования можно взять аффинное преобразование, переводящее треугольник ADE в равнобедренный треугольник (E — точка пересечения прямых AB и CD). Тогда при симметрии относительно серединного перпендикуляра к A D точка P переходит в точку Q, поэтому прямые P Q и A D параллельны.

29.24. Любой параллелограмм ABCD аффинным преобразованием можно перевести в квадрат (для этого нужно треугольник ABC перевести в равнобедренный прямоугольный треугольник). Поскольку в задаче идёт речь только о параллельности прямых и об отношениях отрезков, лежащих на одной прямой, 29.25. а) Поскольку любой треугольник аффинным преобразованием переводится в правильный и при этом середины сторон переходят в середины сторон, центрально симметРис. 29. а равновеликие треугольники — в равновеликие треугольники (задача 29.13), то будем считать, что треугольник ABC равносторонний со стороной a. Обозначим длины отрезков AM, BN, CP через p, q, r соответственно. Тогда SABC SMNP = SAMP + SBMN + SCNP = sin 60 (p(a r) + q(a p) + r(a q))/2 = Аналогично SABC SM1 N1 P1 = sin 60 (r(a p) + p(a q) + q(a r))/2 = б) Как и в предыдущей задаче, будем считать, что ABC — правильный треугольник. Пусть M2 N2 P2 — образ треугольника M1 N1 P1 при повороте вокруг центра треугольника ABC на 120 в направлении от A к B (рис. 29.5). Тогда AM2 = CM1 = BM. Аналогично, BN2 = CN и CP2 = AP, т. е. точки M2, N2, P симметричны точкам M, N, P относительно середин соответствующих сторон.

Тем самым задача свелась к предыдущей.

29.26. Пусть A = a/|a|, B = b/|b|, C = c/|c|, D = d/|d|. Эти точки лежат на единичной окружности. Существует такой поворот Ra, что B = Ra (A) и C = Ra (D).

Но Ra — это умножение на комплексное число w=cos a+i sin a. Следовательно, B/A = C/D = w. Пусть k = |abcd|. Тогда acbd = kACBD = kACB1 D1 = k.

29.27. Сдвинем данные треугольники на векторы a и a соответственно. В результате получатся собственно подобные треугольники с вершинами 0, b a, c a и 0, b a, c a. При этом точка b a переводится в точку c a той же поворотной гомотетией, которой точка b a переводится в точку c a. Из этого следует утверждение задачи.

29.28. Если треугольники abc и a b c собственно подобны, то a = az + w, b = bz + w, c = cz + w, где z и w — некоторые комплексные числа. В таком случае Предположим теперь, что комплексное число c = cz + w. Треугольники abc и a b c собственно подобны, поэтому Из равенств (1) и (2) следует, что c = c.

29.29. Пусть v = (a + b)/2 — середина отрезка ab. Тогда прямоугольные треугольники 0au и 0vb собственно подобны, поскольку имеют равные углы в вершине 0. Поэтому согласно задаче 29.27 a/u = v/b. Значит, u = ab/v = 2ab/(a + b).

29.30. Прямоугольные треугольники, образованные соответственно точками 0, (a + b)/2, t и a, (a + a)/2, t, собственно подобны. Согласно задаче 29. т. е. at 1 + b(t a) = ta ta (здесь мы воспользовались равенством aa = |a|2 = 1).

Значит, b = (1 ta)/(t a).

29.31. Мы воспользуемся двумя фактами: 1) ортоцентром треугольника abc служит точка a + b + c (задача 13.13); 2) точка, симметричная ортоцентру относительно стороны треугольника, лежит на описанной окружности (задача 5.10).

Пусть z — точка, в которой продолжение высоты, опущенной из вершиaz мнимое. Поэтому Таким образом, z = bc/a = abc.

Искомая точка x является серединой отрезка, соединяющего точки z и a + b + c, поэтому x = 29.32. Прямая, проходящая через точки a1 и a2, параметрически задаётся следующим образом: z = a1 + t(a2 a1 ), где t пробегает все вещественные числа. Эквивалентная запись такова: z = a1 + t(a2 a1 ). Выразим t из первого уравнения и подставим во второе. В результате получим требуемое.

29.33. а) Окружности и прямые задаются уравнениями с вещественными коэффициентами A, B, C, D (при A = 0 такое уравнение задаёт прямую, а при A = 0 — окружность, точку или пустое множество).

Наоборот, любое такое уравнение задаёт либо окружность, либо прямую, либо точку, либо пустое множество. Но z = x + iy, поэтому x2 + y2 = zz и Bx + Cy = cz + cz, где c = (B Ci)/2.

б) Образом числа z при инверсии с центром в нуле и степенью 1 является число w = 1/z. Поделив уравнение из задачи а) на zz, получим, что если w — образ точки z при этой инверсии, то т. е. число w удовлетворяет уравнению того же вида.

29.34. а) Треугольник с вершинами a, b, c правильный тогда и только тогда, когда т. е. c = ea + eb или c = ea + eb. Эти равенства эквивалентны равенствам З а м е ч а н и е. Если a + e2 b + e4 c = 0, то вершины abc обходятся против часовой стрелки, а если a + e4 b + e2 c = 0, то по часовой стрелке.

б) Согласно задаче а) точки a, b и c являются вершинами правильного треугольника тогда и только тогда, когда Остаётся доказать, что 29.35. Установим соответствие между точками плоскости и комплексными числами так, чтобы центр инверсии находился в нуле. Тогда образом числа z при инверсии со степенью R является число R/z. Двойным отношением комплексных чисел a, b, c, d называют комплексное число Если a*, b*, c*, d* — образы чисел a, b, c, d при инверсии, то Задача а) следует из равенства модулей этих чисел, а задача б) — из равенства их аргументов.

29.36. а) Пусть A, B, C — точки, соответствующие числам a, b, c. Комплексное число (a b) : (a c) вещественно тогда и только тогда, когда векторы AB и AC пропорциональны.

б) Пусть S — окружность (или прямая), на которой лежат точки b, c, d.

Прибавив, если нужно, ко всем четырём числам одно и то же комплексное число (это не изменяет двойное отношение), можно считать, что окружность S проходит через 0. Значит, её образ при инверсии — прямая. В решении задачи 29.35 показано, что двойное отношение сохраняется при инверсии. Поэтому остаётся решить такую задачу. Точки (т. е. комплексные числа) b, c, d лежат на одной прямой; нужно доказать, что число a лежит на той же прямой тогда и только тогда, когда число : вещественно. Это следует из задачи а).

29.37. а) Утверждение задачи вытекает из следующих свойств комплексных чисел: 1) |zw| = |z| · |w|; 2) |z + w| |z| + |w|. Действительно, если a, b, c, d — произвольные комплексные числа, то Поэтому б) Нужно лишь проверить соответствующее тождество для комплексных чисел a1,..., a6 (это тождество получается из написанного в условии неравенства заменой знака на знак =, и заменой каждого сомножителя Ai Aj на сомножитель (ai aj )).

в) Нестрогое неравенство |z + w| |z| + |w| обращается в равенство тогда и только тогда, когда комплексные числа z и w пропорциональны с вещественным положительным коэффициентом пропорциональности. Поэтому, как видно из решения задачи а), неравенство Птолемея обращается в равенство т. е. число q = : вещественно и отрицательно. Число q — это двойное отношение чисел a, c, b, d. Согласно задаче 29.36 б) оно вещественно тогда и только тогда, когда данные точки лежат на одной окружности. Остаётся доказать, что если данные точки лежат на одной окружности, то q отрицательно тогда и только тогда, когда ломаная abcd несамопересекающаяся.

Последнее условие эквивалентно тому, что точки b и d лежат на разных дугах, высекаемых точками a и c. Отобразим нашу окружность при помощи инверсии на прямую. В решении задачи 29.35 показано, что двойное отношение сохраняется при инверсии. Поэтому если a*, c*, b*, d* — комплексные числа, соответствующие образам наших точек, то их двойное отношение равно q.

Рассматривая всевозможные (с точностью до порядка) способы расположения точек a*, b*, c*, d* на прямой, легко убедиться, что q < 0 тогда и только тогда, когда на отрезке a c лежит ровно одна из точек b и d.

г) Задачу б) можно следующим образом решить с помощью неравенства Птолемея:

Все использованные нестрогие неравенства обращаются в равенства тогда и только тогда, когда четырёхугольники A1 A2 A3 A4, A2 A3 A4 A5, A1 A3 A5 A и A1 A2 A4 A5 вписанные. Легко видеть, что это эквивалентно тому, что шестиугольник A1... A6 вписанный.

29.38. Докажем сначала, что если u, v, w, z — комплексные числа, причём В самом деле, Пусть комплексные числа u, v, w, z соответствуют векторам AB, BC, CD, DA. Тогда |u + v| |v + w| = m n и Так как |uw|2 = a2 c2 и |vz|2 = b2 d2, то остаётся доказать, что Для этого достаточно проверить, что аргумент числа uwvz равен ±(A + C).

Остаётся заметить, что аргумент числа uv (соответственно wz) равен ±f, где f — угол между векторами u и v (соответственно w и z).

29.39. Обозначим через A3 (соответственно B3, C3 ) отличную от A2 (соответственно B2, C2 ) точку пересечения прямой A1 A2 (соответственно B1 B2, C1 C2 ) со вписанной окружностью. Нужно доказать, что эти три точки совпадают.

Расположим треугольник ABC на комплексной плоскости так, чтобы вписанная окружность совпала с единичной окружностью с центром в нуле, а прямая l — с вещественной осью. Пусть a, b, c — точки касания вписанной окружности со сторонами BC, CA, AB соответственно. Тогда согласно задаче 29.29 A = 2bc/(b + c). Поэтому A1 = Re A = (A + A)/2 = bc/(b + c) + bc/(b + c). Но Значит, A1 = bc/(b + c) + 1/(b + c) = (1 + bc)/(b + c). Ясно, что A2 = a. Поэтому согласно задаче 29. Аналогично доказывается, что B3 и C3 тоже равны этому комплексному числу.

29.40. Достаточно рассмотреть случай, когда точкам A, B, C, D соответствуют комплексные числа a, b, c, d, лежащие на единичной окружности с центром в нуле. Согласно задаче 29.31 основаниями перпендикуляров, опуa + b + c abc) щенных из точки A на прямые BC и CD, являются точки x = и y = (a + c + d acd). Направление прямой Симсона точки A относительно треугольника BCD задаётся числом 2(x y) = (1 ac)(b d) = a(a c)(b d).

Направление прямой Эйлера треугольника BCD задаётся числом b + c + d. Эти две прямые перпендикулярны тогда и только тогда, когда число чисто мнимое, т. е.

Это равенство после сокращений приводится к следующему симметричному виду: ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0.

29.41. а) Расположим треугольник ABC на комплексной плоскости так, чтобы точка X совпала с нулём. Пусть a, b, g — комплексные числа, соответствующие вершинам треугольника. Требуемое неравенство следует из тождества б) Описанные окружности треугольников AB1 C1, A1 BC1 и A1 B1 C пересекаются в некоторой точке X (задача 2.83 а). Пусть Ra, Rb, Rc — радиусы этих окружностей, R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Тогда a2 b1 c1 + b2 a1 c1 + c2 a1 b1 = 8R sin A sin B sin C(aRb Rc + bRc Rb + cRa Rb ) = 29.42. Пусть точки A, B, C, A1, B1 и C1 соответствуют комплексным числам a, b, c, a1, b1 и c1. Из того, что треугольники BA1 C, CB1 A и AC1 B собственно подобны, следует, что a1 =b+(cb)z, b1 =c+(ac)z и c1 =a+(ba)z для некоторого комплексного числа z. Поэтому Согласно задаче 29.34 б) треугольник A1 B1 C1 равносторонний тогда и только тогда, когда выражение в левой части этого равенства обращается в нуль.

Треугольник ABC не равносторонний, поэтому обращаться в нуль должно выражение 3z2 3z + 1. Для равнобедренного треугольника с углом 120 имеем ±. Легко проверить, что z2 z0 =. (Разные знаки в выражении плоскости и комплексными числами так, чтобы точка O совпала с нулём. Тогда Bj Aj = i(Aj+1 Aj ) 29.44. Пусть A1... An — исходный n-угольник, причём его вершины занумерованы против часовой стрелки; Bj — центр правильного n-угольника, построенного что точки плоскости отождествлены с комплексными числами. Обозначим через w комплексное чисРис. 29. ло cos(2p/n) + i sin(2p/n). Умножение на w (соответственно на w) является поворотом вокруг нуля на угол 2p/n против часовой стрелки (соответственно по часовой стрелке). Точка Aj при повороте вокруг Bj1 на угол 2p/n против часовой стрелки переходит в точку Aj1, а при повороте вокруг Bj по часовой стрелке — в точку Aj+1.

Поэтому имеют место равенства для всех j = 1,..., n (здесь и далее мы будем считать, что A0 = An и An+1 = A1 ).

Следовательно, Сложим эти равенства. Учитывая, что w 1 = w(w 1), получим для всех j = 1,..., n.

Многоугольник B1 B1... Bn является правильным тогда и только тогда, когда соответствие между точками плоскости и комплексными числами можно установить так, что Bj = wBj1 для всех j = 1,..., n, т. е. при всех j левая часть (1) равна нулю.

С другой стороны, согласно задаче 29.10 многоугольник A1 A2... An аффинно правильный тогда и только тогда, когда соответствие между точками плоскости и комплексными числами можно установить так, что cos(2p/n)Aj = = Aj1 + Aj+1 для всех j = 1,..., n. Поскольку w + w = cos(2p/n), последнее условие эквивалентно тому, что правая часть (1) равна нулю.

29.45. Согласно задаче 29. Обозначим (a b)(a c), (b a)(b c) и (c a)(c b) через A, B и C соответственно. Тогда Заметим, что a(b + c)A — вещественное число. Действительно, (чтобы проверить это равенство, нужно воспользоваться тем, что Re z = = (z + z)/2, и тем, что aa = bb = cc = 1, поскольку точки a, b, c лежат на единичной окружности). Таким образом, Далее, Следовательно, Подставляя эти равенства в (1), получаем (через p обозначено выражение в квадратных скобках).

Аналогично доказывается, что Im bBp = Im cCp = 0. Таким образом, либо p = 0 и тогда утверждение задачи доказано, либо числа aA, bB и cC пропорциональны с вещественным коэффициентом пропорциональности. Но второй случай невозможен, так как иначе число 558 Глава 29. Аффинные преобразования было бы вещественным, т. е. bOa = acc1 = pn (углы ориентированные:

рис. 29.7). Однако acc1 = p c и bOa = 2c по теореме о вписанном угле, так, чтобы центр описанной окружности оказался в нуле, а точка A — в единице. Пусть z и w — комплексные числа, соответствующие точкам Z и W. Повороты плоскости вокруг нуля на указанные углы соответствуют умножению на комплексные числа z/z, w/w и (z + w)/(z + w). Но согласно задаче 29.45 z + w = zw, значит, произведение этих трёх комплексных чисел равно 1.

29.48. Барицентрические координаты точки не изменяются при аффинном преобразовании, поэтому эллипсы Штейнера задаются такими же уравнениями, как вписанная и описанная окружности. Поэтому описанный эллипс Штейнера в барицентрических координатах (a : b : g) задаётся уравнением bg + ag + ab = 0 (задача 14.40), а вписанный — уравнением (задача 14.54 б).

29.49. Описанный эллипс Штейнера задаётся уравнением bg + ag + ab = (задача 29.48), а описанная окружность — уравнением a2 bg + b2 ag + c2 ab = 0, где a, b, c — длины сторон (задача 14.40). Из первого уравнения получаем g = ab/(a + b). Подставив это выражение во второе уравнение, получим a : b = (c2 a2 ) : (b2 c2 ). Таким образом, точка Штейнера имеет барицентрические координаты З а м е ч а н и е. На с. 395 дано другое определение точки Штейнера. Задача 14.59 показывает, что эти определения эквивалентны.

ПРОЕКТИВНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

§ 1. Проективные преобразования прямой 1. Пусть l1 и l2 — две прямые на плоскости, O — точка, не лежащая ни на одной из этих прямых. Центральным проектированием прямой l1 на прямую l2 с центром O называют отображение, которое точке A1 прямой l ставит в соответствие точку пересечения прямой OA1 с прямой l2.

2. Пусть l1 и l2 — две прямые на плоскости, l — прямая, не параллельная ни одной из этих прямых. Параллельным проектированием прямой l1 на прямую l2 вдоль прямой l называют отображение, которое точке A1 прямой l ставит в соответствие точку пересечения прямой l2 с прямой, проходящей через точку A1 параллельно прямой l.

3. Отображение P прямой a на прямую b называют проективным, если оно является композицией центральных или параллельных проектирований, т. е. если существуют прямые a0 = a, a1,..., an = b и отображения Pi прямых ai на ai+1, каждое из которых является либо центральным, либо параллельным проектированием, причём P является композицией преобразований Pi.

В случае, когда прямая b совпадает с прямой a, отображение P называют проективным преобразованием прямой a.

30.1*. Докажите, что существует проективное отображение, которое три данные точки одной прямой переводит в три данные точки другой прямой.

О п р е д е л е н и е. Двойным отношением четвёрки точек A, B, C, D, лежащих на одной прямой, называют число где через a, b, c, d обозначены координаты точек A, B, C, D соответственно.

Легко проверить, что двойное отношение не зависит от выбора координаты на прямой. Мы будем также писать подразумевая, что через AC/BC (соответственно AD/BD) обозначено отношение длин этих отрезков, если векторы AC и BC (соответственно AD и BD) сонаправлены, или отношение длин отрезков, взятое со знаком «», если эти векторы противоположно направлены.

560 Глава 30. Проективные преобразования О п р е д е л е н и е. Двойным отношением четвёрки прямых a, b, c, d, проходящих через одну точку, называют число знак которого выбирается следующим образом: если один из углов, образованных прямыми a и b, не пересекается ни с одной из прямых c или d (в этом случае говорят, что пара прямых a и b не разделяет пару прямых c и d), то (abcd) > 0; в противном случае (abcd) < 0.

30.2*. а) Даны прямые a, b, c, d, проходящие через одну точку, и прямая l, через эту точку не проходящая. Пусть A, B, C, D — точки пересечения прямой l с прямыми a, b, c, d соответственно. Докажите, что (abcd) = (ABCD).

б) Докажите, что двойное отношение четвёрки точек сохраняется при проективных преобразованиях.

30.3*. Докажите, что если (ABCX) = (ABCY), то X = Y (все точки попарно различны, кроме, быть может, точек X и Y, и лежат на одной прямой).

30.4*. Докажите, что проективное преобразование прямой однозначно определяется образами трёх произвольных точек.

30.5*. Докажите, что нетождественное проективное преобразование прямой имеет не более двух неподвижных точек.

30.6*. Дано отображение прямой a на прямую b, сохраняющее двойное отношение любой четвёрки точек. Докажите, что это отображение проективно.

30.7*. Докажите, что преобразование P числовой прямой является проективным тогда и только тогда, когда оно представляется в виде где a, b, c, d — такие числа, что ad bc = 0. (Такие отображения называют дробно-линейными.) 30.8*. Точки A, B, C, D лежат на одной прямой. Докажите, что если (ABCD) = 1, то либо A = B, либо C = D.

30.9*. Даны прямая l, окружность и точки M, N, лежащие на окружности и не лежащие на прямой l. Рассмотрим отображение P прямой l на себя, являющееся композицией проектирования прямой l на данную окружность из точки M и проектирования окружности на прямую l из точки N. (Если точка X лежит на прямой l, то P(X) есть пересечение прямой NY с прямой l, где Y — отличная от M точка пересечения прямой MX с данной окружностью.) Докажите, что преобразование P проективно.

30.10*. Даны прямая l, окружность и точка M, лежащая на окружности и не лежащая на прямой l. Пусть PM — проектирование прямой l на данную окружность из точки M (точка X прямой отображается в отличную от M точку пересечения прямой XM с окружностью), R — движение плоскости, сохраняющее данную окружность (т. е. поворот плоскости вокруг центра окружности или симметрия относительно диаметра). Докажите, что композиция P1 R PM является проективM ным преобразованием.

З а м е ч а н и е. Если считать, что данная окружность отождествлена с прямой l посредством проектирования из точки M, то утверждение последней задачи можно переформулировать следующим образом: отображение окружности на себя при помощи движения плоскости является проективным преобразованием прямой.

§ 2. Проективные преобразования плоскости О п р е д е л е н и е. Пусть a1 и a2 — две плоскости в пространстве, O — точка, не лежащая ни на одной из этих плоскостей. Центральным проектированием плоскости a1 на плоскость a2 с центром O называют отображение, которое точке A1 плоскости a1 ставит в соответствие точку пересечения прямой OA1 с плоскостью a2.

30.11*. Докажите, что если плоскости a1 и a2 пересекаются, то центральное проектирование a1 на a2 с центром O задаёт взаимно однозначное отображение плоскости a1 с выкинутой прямой l1 на плоскость a2 с выкинутой прямой l2, где l1 и l2 — прямые пересечения плоскостей a1 и a2 соответственно с плоскостями, проходящими через O и параллельными a2 и a1. При этом на l1 отображение не определено.

О п р е д е л е н и е. Прямую, на которой не определено центральное проектирование, называют исключительной прямой данной проекции.

30.12*. Докажите, что при центральном проектировании прямая, не являющаяся исключительной, проецируется в прямую.

Для того чтобы центральное проектирование было определено всюду, удобно считать, что на каждой прямой помимо обычных точек имеется ещё одна точка, называемая бесконечно удалённой. При этом если две прямые параллельны, то их бесконечно удалённые точки совпадают, другими словами, параллельные прямые пересекаются в бесконечно удалённой точке.

Мы также будем считать, что на каждой плоскости помимо обычных прямых имеется ещё бесконечно удалённая прямая, на которой лежат все бесконечно удалённые точки прямых данной плоскости. Бесконечно удалённая прямая пересекается с каждой обычной прямой l, лежащей на той же плоскости, в бесконечно удалённой точке прямой l.

Если ввести бесконечно удалённые точки и прямые, то центральное проектирование плоскости a1 на плоскость a2 с центром в точке O будет определено для всех точек плоскости a1. При этом исключительная прямая будет проецироваться в бесконечно удалённую прямую плоскости a2, а именно, образом точки M исключительной прямой будет бесконечно удалённая точка прямой OM; в этой точке пересекаются прямые на плоскости a2, параллельные прямой OM.

562 Глава 30. Проективные преобразования 30.13*. Докажите, что если наряду с обычными точками и прямыми рассматривать бесконечно удалённые, то а) через любые две точки проходит единственная прямая;

б) любые две прямые, лежащие в одной плоскости, пересекаются в единственной точке;

в) центральное проектирование одной плоскости на другую является взаимно однозначным отображением.

О п р е д е л е н и е. Отображение P плоскости a на плоскость b называют проективным, если оно является композицией центральных проектирований и аффинных преобразований, т. е. если существуют плоскости a0 = a, a1,..., an = b и отображения Pi плоскостей ai на ai+1, каждое из которых является либо центральным проектированием, либо аффинным преобразованием, причём P является композицией преобразований Pi. В случае, когда плоскость a совпадает с плоскостью b, отображение P называют проективным преобразованием плоскости a. Прообраз бесконечно удалённой прямой мы будем называть исключительной прямой данного проективного преобразования.

30.14*. а) Докажите, что проективное преобразование P плоскости, переводящее бесконечно удалённую прямую в бесконечно удалённую прямую, является аффинным.

б) Докажите, что если точки A, B, C, D лежат па прямой, параллельной исключительной прямой проективного преобразования P плоскости a, то P(A)P(B) : P(C)P(D) = AB : CD.

в) Докажите, что если проективное преобразование P переводит параллельные прямые l1 и l2 в параллельные прямые, то либо P аффинно, либо его исключительная прямая параллельна прямым l1 и l2.

г) Пусть P — взаимно однозначное преобразование множества всех конечных и бесконечных точек плоскости, которое каждую прямую переводит в прямую. Докажите, что P проективно.

30.15*. Даны точки A, B, C, D, никакие три из которых не лежат на одной прямой, и точки A1, B1, C1, D1, удовлетворяющие тому же условию.

а) Докажите, что существует проективное преобразование, переводящее точки A, B, C, D соответственно в точки A1, B1, C1, D1.

б) Докажите, что преобразование из задачи а) единственно, т. е. проективное преобразование плоскости определяется образами четырёх точек в общем положении (ср. с задачей 30.4).

в) Докажите утверждение задачи а), если точки A, B, C лежат на одной прямой l, а точки A1, B1, C1 — на одной прямой l1.

г) Единственно ли преобразование из задачи в)?

Рассмотрим в пространстве единичную сферу с центром в начале координат.

Пусть N(0, 0, 1) — её северный полюс. Стереографической проекцией сферы на плоскость называют отображение, которое каждой точке M сферы сопоставляет точку пересечения прямой MN с плоскостью Oxy. Известно (см. например, задачу 16.19, б) в книге: В. В. Прасолов, И. Ф. Шарыгин.

Задачи по стереометрии. М.: Наука, 1989), что при стереографической проекции окружность на сфере переходит в окружность на плоскости (или в прямую). Воспользуйтесь этим фактом при решении задач 30.16 и 30.17.

30.16*. а) Докажите, что существует проективное преобразование, которое данную окружность переводит в окружность, а данную точку, лежащую внутри окружности, переводит в центр образа.

б) Докажите, что если проективное преобразование переводит данную окружность в окружность, а точку M — в её центр, то исключительная прямая перпендикулярна диаметру, проходящему через M.

30.17*. На плоскости дана окружность и не пересекающая её прямая. Докажите, что существует проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а данную прямую — в бесконечно удалённую прямую.

30.18*. Докажите, что существует проективное преобразование, которое данную окружность переводит в окружность, а данную хорду — в её диаметр.

30.19*. Дана окружность S и точка O внутри её. Рассмотрим все проективные преобразования, которые S отображают в окружность, а O — в её центр. Докажите, что все такие преобразования отображают на бесконечность одну и ту же прямую.

Эта прямая называется полярой точки O относительно окружности S.

30.20*. Проективное преобразование некоторую окружность переводит в себя, а её центр оставляет на месте. Докажите, что это — поворот или симметрия.

30.21*. Даны две параллельные прямые a, b и точка O. Тогда для каждой точки M можно выполнить следующее построение. Проведём через M произвольную прямую l, не проходящую через O и пересекающую прямые a и b. Точки пересечения обозначим соответственно через A и B, и пусть M — точка пересечения прямой OM с прямой, параллельной OB и проходящей через A.

а) Докажите, что точка M не зависит от выбора прямой l.

б) Докажите, что преобразование плоскости, переводящее точку M в точку M, является проективным.

30.22*. Докажите, что преобразование координатной плоскости, которое каждую точку с координатами (x, y) отображает в точку с коy ординатами,, является проективным.

30.23*. Пусть O — центр линзы, p — некоторая плоскость, проходящая через её оптическую ось, a и f — прямые пересечения плоскости p с плоскостью линзы и с фокальной плоскостью соответственно (a f).

В школьном курсе физики показано, что если пренебречь толщиной линзы, то изображение M точки M, лежащей в плоскости p, строится 564 Глава 30. Проективные преобразования следующим образом (рис. 30.1). Проведём через точку M произвольную прямую l; пусть A — точка пересечения прямых a и l, B — точка пересечения прямой f с прямой, проходящей через O параллельно l.

Тогда M есть точка пересечения прямых AB и OM. Докажите, что преобразование плоскости p, сопоставляющее каждой точке её изображение, является проективным.

Таким образом, через увеличительное стекло мы видим образ нашего мира при проективном преобразовании.

§ 3. Переведём данную прямую на бесконечность 30.24*. Докажите, что геометрическое место точек пересечения диагоналей четырёхугольников ABCD, у которых стороны AB и CD лежат на двух данных прямых l1 и l2, а стороны BC и AD пересекаются в данной точке P, является прямой, проходящей через точку Q пересечения прямых l1 и l2.

30.25*. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD, а E, F — точки пересечения продолжений сторон AB и CD, BC и AD соответственно. Прямая EO пересекает стороны AD и BC в точках K и L, а прямая FO пересекает стороны AB и CD в точках M и N. Докажите, что точка X пересечения прямых KN и LM лежит на прямой EF.

30.26*. Прямые a, b, c пересекаются в одной точке O. В треугольниках A1 B1 C1 и A2 B2 C2 вершины A1 и A2 лежат на прямой a; B1 и B2 — на прямой b; C1 и C2 — на прямой c. Пусть A, B, C — точки пересечения прямых B1 C1 и B2 C2, C1 A1 и C2 A2, A1 B1 и A2 B2 соответственно.

Докажите, что точки A, B, C лежат на одной прямой (Дезарг).

30.27*. Точки A, B, C лежат на прямой l, а точки A1, B1, C1 — на прямой l1. Докажите, что точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, CA1 и AC1 лежат на одной прямой (Папп).

30.28*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Пусть E, F — точки пересечения продолжений противоположных сторон AB и CD, AD и BC соответственно, M — произвольная точка внутри четырёхугольника. Пусть S — точка пересечения прямых AD и EM, P — точка пересечения прямых AB и FM. Докажите, что прямые BS, PD и MC пересекаются в одной точке.

30.29*. Даны два треугольника ABC и A1 B1 C1. Известно, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке O, и прямые AB1, BC1 и CA1 пересекаются в одной точке O1. Докажите, что прямые AC1, BA1 и CB1 тоже пересекаются в одной точке O2 (теорема о дважды перспективных треугольниках).

30.30*. Даны четырёхугольник ABCD и прямая l. Обозначим через P, Q, R точки пересечения прямых AB и CD, AC и BD, BC и AD, а через P1, Q1, R1 — середины отрезков, которые эти пары прямых высекают на прямой l. Докажите, что прямые PP1, QQ1 и RR1 пересекаются в одной точке.

30.31*. Даны треугольник ABC и прямая l. Обозначим через A1, B1, C1 середины отрезков, высекаемых на прямой l углами A, B, C, а через A2, B2, C2 — точки пересечения прямых AA1 и BC, BB1 и AC, CC1 и AB. Докажите, что точки A2, B2, C2 лежат на одной прямой.

30.32*. Даны четыре точки A, B, C, D. Пусть P, Q, R — точки пересечения прямых AB и CD, AD и BC, AC и BD соответственно; K и L — точки пересечения прямой QR с прямыми AB и CD соответственно. Докажите, что (QRKL) = 1 (теорема о полном четырёхстороннике).

30.33*. Окружность пересекает прямые BC, CA, AB в точках A и A2, B1 и B2, C1 и C2. Пусть la — прямая, соединяющая точки пересечения прямых BB1 и CC2, BB2 и CC1 ; прямые lb и lc определяются аналогично. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке (или параллельны).

30.34*. Докажите, что для любого нечётного n 3 на плоскости можно указать 2n различных точек, не лежащих на одной прямой, и разбить их на пары так, чтобы любая прямая, проходящая через две точки из разных пар, проходила бы ещё через одну из этих 2n точек.

§ 4. Применение проективных преобразований, Основным инструментом для решения задач этого параграфа являются задачи 30.16 и 30.17.

30.35*. Докажите, что прямые, соединяющие противоположные точки касания описанного четырёхугольника, проходят через точку пересечения диагоналей.

566 Глава 30. Проективные преобразования 30.36*. Докажите, что прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания противоположных сторон с вписанной окружностью, пересекаются в одной точке.

30.37*. а) Через точку P проводятся всевозможные секущие данной окружности S. Найдите геометрическое место точек пересечения касательных к окружности S, проведённых в двух точках пересечения окружности с секущей.

б) Через точку P проводятся всевозможные пары секущих AB и CD окружности S (A, B, C, D — точки пересечения с окружностью). Найдите геометрическое место точек пересечения прямых AC и BD.

30.38*. Даны окружность S, прямая l, точка M, лежащая на S и не лежащая на l, и точка O, не лежащая на S. Рассмотрим преобразование P прямой l, являющееся композицией проектирований l на S из M, S на себя из O и S на l из M, т. е. P(A) — пересечение прямых l и MC, где C — отличная от B точка пересечения S с прямой OB, а B — отличная от M точка пересечения S с прямой MA. Докажите, что преобразование P проективно.

З а м е ч а н и е. Если считать, что окружность S отождествлена с прямой l посредством проектирования из точки M, то утверждение последней задачи можно переформулировать следующим образом: центральное проектирование окружности на себя является проективным преобразованием.

30.39*. Даны окружность S, точка P, расположенная вне S, и прямая l, проходящая через P и пересекающая окружность в точках A и B. Точку пересечения касательных к окружности в точках A и B обозначим через K.

а) Рассмотрим всевозможные прямые, проходящие через P и пересекающие AK и BK в точках M и N. Докажите, что геометрическим местом точек пересечения отличных от AK и BK касательных к S, проведённых из точек M и N, является некоторая прямая, проходящая через K, из которой выкинуто её пересечение с внутренностью S.

б) Будем на окружности разными способами выбирать точку R и проводить прямую, соединяющую отличные от R точки пересечения прямых RK и RP с S. Докажите, что все полученные прямые проходят через одну точку, и эта точка лежит на l.

30.40*. Вневписанная окружность треугольника ABC касается стороны BC в точке D, а продолжений сторон AB и AC — в точках E и F.

Пусть T — точка пересечения прямых BF и CE. Докажите, что точки A, D и T лежат на одной прямой.

30.41*. Пусть ABCDEF — описанный шестиугольник. Докажите, что его диагонали AD, BE и CF пересекаются в одной точке (Брианшон).

30.42*. В окружность S вписан шестиугольник ABCDEF. Докажите, что точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA лежат на одной прямой (Паскаль).

30.43*. Пусть O — середина хорды AB окружности S, MN и PQ — произвольные хорды, проходящие через O, причём точки P и N лежат по одну сторону от AB, E и F — точки пересечения хорды AB с хордами MP и NQ соответственно. Докажите, что O — середина отрезка EF (задача о бабочке).

30.44*. Точки A, B, C и D лежат на окружности, SA и SD — касательные к этой окружности, P и Q — точки пересечения прямых AB и CD, AC и BD соответственно. Докажите, что точки P, Q и S лежат на одной прямой.

§ 5. Применение проективных преобразований прямой 30.45*. На стороне AB четырёхугольника ABCD взята точка M1.

Пусть M2 — проекция M1 на прямую BC из D, M3 — проекция M на CD из A, M4 — проекция M3 на DA из B, M5 — проекция M на AB из C и т. д. Докажите, что M13 = M1 (а значит, M14 = M2, M15 = M3 и т. д.).

30.46*. Используя проективные преобразования прямой, докажите теорему о полном четырёхстороннике (задача 30.32).

30.47*. Используя проективные преобразования прямой, докажите теорему Паппа (задача 30.27).

30.48*. Используя проективные преобразования прямой, решите задачу о бабочке (задача 30.43).

30.49*. Точки A, B, C, D, E, F лежат на одной окружности. Докажите, что точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA лежат на одной прямой (Паскаль).

§ 6. Применение проективных преобразований прямой 30.50*. Даны окружность, прямая и точки A, A, B, B, C, C, M, лежащие на этой прямой. Согласно задачам 30.1 и 30.4 существует единственное проективное преобразование данной прямой на себя, отображающее точки A, B, C соответственно в A, B, C. Обозначим это преобразование через P. Постройте при помощи одной линейки а) точку P(M); б) неподвижные точки отображения P (задача Штейнера).

Задача построения неподвижных точек проективного преобразования является ключевой для этого параграфа в том смысле, что остальные задачи тем или иным способом к ней сводятся (см. также замечания после задач 30. и 30.38).

30.51*. Даны две прямые l1 и l2 и две точки A и B, не лежащие на этих прямых. Циркулем и линейкой постройте на прямой l 568 Глава 30. Проективные преобразования точку X так, чтобы прямые AX и BX высекали на прямой l2 отрезок, а) имеющий данную длину a; б) делящийся пополам данной точкой E прямой l2.

30.52*. Точки A и B лежат на прямых a и b соответственно, а точка P не лежит ни на одной из этих прямых. Циркулем и линейкой проведите через P прямую, пересекающую прямые a и b в точках X и Y соответственно таких, что длины отрезков AX и BY имеют а) данное отношение; б) данное произведение.

30.53*. Циркулем и линейкой проведите через данную точку прямую, на которой три данные прямые высекают равные отрезки.

30.54*. Даны окружность S и две хорды AB и CD. Циркулем и линейкой постройте на окружности точку X так, чтобы прямые AX и BX высекали на CD отрезок а) имеющий данную длину a; б) делящийся пополам данной точкой E хорды CD.

30.55*. а) Даны прямая l и точка P вне её. Циркулем и линейкой постройте на l отрезок XY данной длины, который виден из P под данным углом a.

б) Даны две прямые l1 и l2 и точки P и Q, не лежащие на этих прямых. Циркулем и линейкой постройте на прямой l1 точку X и на прямой l2 точку Y так, что отрезок XY виден из точки P под данным углом a, а из точки Q — под данным углом b.

30.56*. а) Дана некоторая окружность. При помощи одной линейки постройте n-угольник, стороны которого проходят через данные n точек, а вершины лежат на n данных прямых.

б) При помощи одной линейки впишите в данную окружность n-угольник, стороны которого проходят через данные n точек.

в) При помощи циркуля и линейки впишите в данную окружность многоугольник, у которого некоторые стороны проходят через данные точки, некоторые другие параллельны данным прямым, а остальные имеют данные длины (о каждой стороне имеется информация одного из трёх перечисленных типов).

30.57*. Докажите, что при помощи одной линейки нельзя разделить данный отрезок пополам.

30.58*. На плоскости дана окружность. Докажите, что при помощи одной линейки нельзя построить её центр.

30.1. Обозначим данные прямые через l0 и l, данные точки на прямой l0 — через A0, B0, C0, данные точки на прямой l — через A, B, C.

Пусть l1 — произвольная прямая, не проходящая через точку A. Возьмём произвольную точку O0, не лежащую на прямых l0 и l1. Обозначим через P центральное проектирование прямой l0 на прямую l1 с центром в точке O0, а через A1, B1, C1 — проекции точек A0, B0, C0. Пусть l2 — произвольная прямая, проходящая через точку A, не совпадающая с прямой l и не проходящая через A1. Возьмём некоторую точку O1 на прямой AA1 и рассмотрим центральное проектирование P1 прямой l1 на l2 с центром в O1. Обозначим через A2, B2, C2 проекции точек A1, B1, C1. Ясно, что A2 совпадает с A. Наконец, пусть P2 — проектирование прямой l2 на прямую l, которое в том случае, когда прямые BB2 и CC2 не параллельны, является центральным проектированием с центром в точке пересечения этих прямых, а в том случае, когда прямые BB2 и CC2 параллельны, является параллельным проектированием вдоль одной из этих прямых. Композиция P2 P1 P0 является требуемым проективным отображением.

30.2. а) Обозначим точку пересечения четырёх данных прямых через O;

пусть H — проекция этой точки на прямую l и h = OH. Тогда Поделив первое равенство на второе, а третье — на четвёртое, получаем Деля получившиеся равенства, получаем |(ABCD)| = |(abcd)|. Для доказательства того, что числа (ABCD) и (abcd) имеют одинаковый знак, можно, например, выписать все возможные способы расположения точек на прямой (24 способа), и в каждом случае убедиться в том, что (ABCD) положительно тогда и только тогда, когда пара прямых a, b не разделяет пару прямых c, d.

б) Является непосредственным следствием задачи а).

30.3. Пусть a, b, c, x, y — координаты точек A, B, C, X, Y. Тогда Следовательно, поскольку все точки различны, (x a)(y b) = (x b)(y a).

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем ax bx = ay by.

Сокращая это равенство на (a b), получаем x = y.

30.4. Пусть образ каждой из трёх данных точек при одном проективном преобразовании совпадает с образом этой точки при другом проективном преобразовании. Докажем, что тогда совпадают образы любой другой точки при этих преобразованиях. Обозначим образы данных точек через A, B, C.

Возьмём произвольную точку и обозначим через X и Y её образы при данных проективных преобразованиях. Тогда согласно задаче 30.2 (ABCX) = (ABCY), поэтому согласно задаче 30.3 X = Y.

30.5. Эта задача является следствием предыдущей.

30.6. Фиксируем на прямой a три различные точки. Согласно задаче 30. существует проективное отображение P, которое эти точки отображает так же, как данное отображение. Но в решении задачи 30.4 фактически доказано, что 570 Глава 30. Проективные преобразования любое отображение, сохраняющее двойное отношение, однозначно определяется образами трёх точек. Поэтому данное отображение совпадает с P.

30.7. Во-первых, покажем, что дробно-линейное преобразование сохраняет двойное отношение. Действительно, пусть x1, x2, x3, x4 — произвольные числа и yi = P(xi ). Тогда следовательно, (y1 y2 y3 y4 ) = (x1 x2 x3 x4 ).

В решении задачи 30.4 фактически было доказано, что если преобразование прямой сохраняет двойное отношение, то оно однозначно задаётся образами трёх различных точек. Согласно задаче 30.2 б) проективные преобразования сохраняют двойное отношение. Остаётся доказать, что для любых попарно различных точек x1, x2, x3 и попарно различных точек y1, y2, y3 найдётся дробно-линейное преобразование P, для которого P(xi ) = yi. Для этого, в свою очередь, достаточно доказать, что для любых трёх различных точек найдётся дробно-линейное преобразование, переводящее их в три фиксированные точки z1 = 0, z2 = 1, z3 =. Действительно, если P1 и P2 — дробно-линейные преобразования, для которых P1 (xi ) = zi и P2 (yi ) = zi, то P1 (P1 (xi )) = yi.

(Преобразование, обратное дробно-линейному, является дробно-линейным, так как если y = (ax + b)/(cx + d), то x = (dy b)/(cy + a); то, что композиция дробно-линейных преобразований дробно-линейна, проверьте самостоятельно.) Итак, надо доказать, что если x1, x2, x3 — произвольные различные числа, то найдутся такие числа a, b, c, d, что ad bc = 0 и Найдя из первого и третьего уравнений b и d и подставив во второе, получаем уравнение из которого находим решение a = (x2 x3 ), b = x1 (x3 x2 ), c = (x2 x1 ), d = x3 (x1 x2 ). При этом ad bc = (x1 x2 )(x2 x3 )(x3 x1 ) = 0.

30.8. П е р в о е р е ш е н и е. Пусть a, b, c, d — координаты данных точек.

Тогда по условию (c a)(d b) = (c b)(d a). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем cb + ad = ca + bd. Перенося всё в левую часть и разлагая на множители, получаем (d c)(b a) = 0, т. е. либо a = b, либо c = d.

В т о р о е р е ш е н и е. Предположим, что C = D, и докажем, что в этом случае A = B. Рассмотрим центральное проектирование данной прямой на другую прямую, при котором точка D проецируется в бесконечно удалённую точку. Пусть A, B, C — проекции точек A, B, C. Согласно задаче 30. (ABCD) = (A B C ) = 1, т. е. AC = BC. Но это значит, что A = B.

30.9. Согласно задаче 30.6 достаточно доказать, что преобразование P сохраняет двойное отношение четвёрки точек. Пусть A, B, C, D — произвольные точки прямой l. Обозначим через A, B, C, D их образы при преобразовании P, а через a, b, c, d и a, b, c, d — прямые MA, MB, MC, MD и NA, NB, NC, ND соответственно. Тогда согласно задаче 30.2 а) (ABCD) = = (abcd) и (A B C D ) = (a b c d ), а по теореме о вписанном угле (a, c) = = (a, c ), (b, c) = (b, c ) и т. д., а значит, (abcd) = (a b c d ).

30.10. Пусть N = R1 (M), m = R(l), PN — проектирование прямой l на окружность из точки N, Q — проектирование прямой m на прямую l из точки M. Тогда P1 R PM = Q R P1 PM. Но согласно предыдущей задаче отображение P1 PM проективно.

30.11. Прямые, проходящие через O и параллельные плоскости a1 (соответN ственно a2 ), пересекают плоскость a2 (соответственно a1 ) в точках прямой l (соответственно l1 ). Поэтому если точка лежит на одной из плоскостей a1, a и не лежит на прямых l1, l2, то определено проектирование её на другую плоскость. Ясно, что разные точки проецируются в разные.

30.12. При центральной проекции на плоскость a2 с центром O прямая l проецируется в пересечение плоскости, проходящей через O и l, с плоскостью a2.

30.13. Эта задача является непосредственным следствием аксиом геометрии и определения.

30.14. а) Из задачи 30.13 в) следует, что если наряду с обычными точками рассматривать бесконечно удалённые, то преобразование P взаимно однозначно. При этом бесконечно удалённая прямая отображается на бесконечно удалённую прямую. Поэтому множество конечных точек тоже взаимно однозначно отображается на множество конечных точек. А поскольку прямые при отображении P переводятся в прямые, то P аффинно.

б) Обозначим через l прямую, на которой лежат точки A, B, C, D, а через l0 — исключительную прямую преобразования P. Возьмём произвольную точку O вне плоскости a и рассмотрим плоскость b, которая проходит через прямую l и параллельна плоскости, проходящей через прямую l0 и точку O.

Пусть Q — композиция центрального проектирования плоскости a на плоскость b с центром O и последующего поворота пространства вокруг оси l, переводящего плоскость b в плоскость a. Исключительной прямой преобразования Q является прямая l0. Поэтому проективное преобразование R = P Q плоскости a переводит бесконечно удалённую прямую в бесконечно удалённую прямую и согласно задаче а) является аффинным, в частности, сохраняет отношения отрезков, лежащих на прямой l. Остаётся заметить, что преобразование Q оставляет точки прямой l неподвижными.

в) То, что параллельные прямые l1 и l2 переходят в параллельные, означает, что бесконечно удалённая точка A этих прямых переходит в бесконечно удалённую точку, т. е. A лежит на прообразе l бесконечно удалённой прямой.

Следовательно, либо l — бесконечно удалённая прямая, и тогда согласно задаче а) преобразование P аффинно, либо прямая l параллельна прямым l1 и l2.

г) Обозначим через l бесконечно удалённую прямую. Если P(l ) = l, то P задаёт взаимно однозначное преобразование плоскости, которое каждую прямую переводит в прямую, и, значит, по определению является аффинным.

В противном случае обозначим P(l ) через a и рассмотрим произвольное проективное преобразование Q, исключительной прямой которого является a.

Обозначим Q P через R. Тогда R(l ) = l, и, значит, как было показано выше, R аффинно. Следовательно, P = Q1 R проективно.

572 Глава 30. Проективные преобразования 30.15. а) Достаточно показать, что точки A, B, C, D можно перевести проективным преобразованием в вершины квадрата. Пусть E и F — точки (возможно, бесконечно удалённые) пересечения прямой AB с прямой CD и прямой BC с прямой AD соответственно. Если прямая EF конечна, то существует центральное проектирование плоскости ABC на некоторую плоскость a, для которого EF — исключительная прямая. В качестве центра проецирования можно взять произвольную точку O вне плоскости ABC, а в качестве плоскости a — произвольную плоскость, параллельную плоскости OEF и не совпадающую с ней. При этом точки A, B, C, D проецируются в вершины параллелограмма, который уже при помощи аффинного преобразования можно перевести в квадрат. Если же прямая EF бесконечно удалённая, то ABCD — уже параллелограмм.

б) В силу задачи а) нам достаточно разобрать случай, когда ABCD и A1 B1 C1 D1 — один и тот же параллелограмм. В этом случае его вершины неподвижны, а значит, неподвижны две точки бесконечно удалённой прямой, в которых пересекаются продолжения противоположных сторон. Поэтому согласно задаче 30.14 а) отображение должно быть аффинным, и, следовательно, согласно задаче 29.6, — тождественным.

в) Поскольку прямые l и l1 мы можем спроецировать на бесконечно удалённые прямые (см. решение задачи а)), нам достаточно доказать, что существует аффинное преобразование, которое данную точку O отображает в данную точку O1, а прямые, параллельные данным прямым a, b, c соответственно, отображает на прямые, параллельные данным прямым a1, b1, c1 соответственно. Можно считать, что прямые a, b, c проходят через O, а прямые a1, b1, c1 — через O1. Выберем на c и c1 произвольные точки C и C1 и проведём через каждую из них по две прямые a, b и a1, b1 параллельно прямым a, b и a1, b1 соответственно. Тогда аффинное преобразование, которое параллелограмм, ограниченный прямыми a, a, b, b, переводит в параллелограмм, ограниченный прямыми a1, a1, b1, b1 (см. задачу 29.6 в), является искомым.

г) Не обязательно. Преобразование из задачи 30.21 (как и тождественное преобразование) оставляет неподвижными точку O и прямую a.

30.16. а) Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности (см. рис. 30.2), обозначим через P середину отрезка EM, а через M и P — точки пересечения прямых NM и NP соответственно с прямой OE.

Докажем, что для любого числа k > 2 можно выбрать точку M таким образом, что M* E : P* E = k. Пусть A(a, b) — произвольная точка плоскости, A* (t, 0) — точка пересечения прямых NA и OE, B(0, b) — проекция точки A на прямую ON. Тогда Поэтому, если (x, z) — координаты точки M, то точки P, M*, P* имеют соответственно координаты значит, Ясно, что уравнение (2 z)/(1 z) = k имеет решение z = (k 2)/(k 1), причём если k > 2, то 0 < z < 1, и, следовательно, точка M( 1 z2, z) требуемая.

Докажем теперь основное утверждение задачи. Обозначим данную окружность и точку внутри её соответственно через S и C. Если точка C является центром окружности S, то требуемым проективным преобразованием является тождественное преобразование. Поэтому будем считать, что C не центр. Обозначим через AB диаметр, содержащий точку C. Пусть для определённости BC > CA. Положим k = BA : AC. Тогда k > 2, и, следовательно, как было доказано, на единичной окружности в плоскости Oxz можно расположить точку M так, что M* E : P* E = k = BA : CA. Поэтому преобразованием подобия окружность S можно перевести в окружность S1, построенную в плоскости Oxy на отрезке EM* как на диаметре, так, чтобы точки A, B, C перешли соответственно в точки E, M*, P*. При стереографической проекции окружность S проецируется в окружность S2 на единичной сфере, которая симметрична относительно плоскости Oxz, а значит, и относительно прямой EM. Поэтому EM — диаметр окружности S2, а его середина — точка P — её центр.

Пусть a — плоскость, содержащая окружность S2. Ясно, что при центральном проектировании плоскости Oxy на плоскость a из северного полюса единичной сферы окружность S1 перейдёт в S2, а точка P* — в её центр P.

б) Диаметр AB, проходящий через M, переходит в диаметр. Поэтому касательные в точках A и B переходят в касательные. Но если параллельные прямые переходят в параллельные, то исключительная прямая им параллельна (см. задачу 30.14 в).

30.17. Рассмотрим на координатной плоскости Oxz точки O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности, обозначим через P пересечение луча EM с прямой z = 1. Ясно, что двигая точку M по дуге NE, мы можем сделать отношение EM : MP равным произвольному числу. Поэтому преобразованием подобия данную окружность S можно перевести в окружность S1, построенную на отрезке EM как на диаметре в плоскости a, перпендикулярной Oxz, так, чтобы данная прямая l перешла в прямую, проходящую через точку P перпендикулярно плоскости Oxz. Окружность S1 лежит на единичной сфере с центром в начале координат, следовательно, при стереографической проекции она проецируется 574 Глава 30. Проективные преобразования в окружность S2 на плоскости Oxy. Таким образом, при центральном проектировании плоскости a на плоскость Oxy из N окружность S1 перейдёт в S2, а прямая l — в бесконечно удалённую прямую.

30.18. Пусть M — произвольная точка на данной хорде. Согласно задаче 30.16 существует проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а точку M — в её центр. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит в прямую, данная хорда перейдёт в диаметр.

30.19. Проведём через точку O две произвольные хорды AC и BD. Пусть P и Q — точки пересечения продолжений противоположных сторон четырёхугольника ABCD. Рассмотрим произвольное проективное преобразование, которое S отображает в окружность, а O — в её центр. Ясно, что четырёхугольник ABCD при этом преобразовании переходит в прямоугольник, а следовательно, прямая PQ — в бесконечно удалённую прямую.

30.20. Проективное преобразование прямую переводит в прямую, а поскольку центр окружности остаётся на месте, каждый диаметр переходит в диаметр. Поэтому каждая бесконечно удалённая точка, в которой пересекаются прямые, касающиеся окружности в диаметрально противоположных точках, переходит в бесконечно удалённую точку. Следовательно, согласно задаче 30.14 а) данное преобразование аффинно, а согласно задаче 29.12 оно является поворотом или симметрией.

30.21. а) Точка M лежит на прямой OM, поэтому её положение однозначно определяется отношением MO : OM. Но в силу того, что треугольники MBO и MAM подобны, MO : OM = MB : BA, а последнее отношение не зависит от выбора прямой l по теореме Фалеса.

б) П е р в о е р е ш е н и е. Если данное преобразование (обозначим его P) доопределить в точке O, положив P(O) = O, то, как легко проверить, P задаёт взаимно однозначное преобразование множества всех конечных и бесконечных точек плоскости (чтобы по точке M построить точку M, надо взять на прямой a произвольную точку A, провести прямые AM, OB AM и AB). Ясно, что каждая прямая, проходящая через O, переходит в себя. Каждая прямая l, не проходящая через O, переходит в прямую, параллельную OB и проходящую через A. Остаётся воспользоваться задачей 30.14 г).

В т о р о е р е ш е н и е (набросок). Обозначим данную плоскость через p, и пусть p = R(p), где R — некоторый поворот пространства вокруг оси a.

Обозначим R(O) через O, и пусть P — проектирование плоскости p на плоскость p из точки пересечения прямой OO с плоскостью, проходящей через b параллельно p. Тогда преобразование R1 P совпадает (докажите самостоятельно) с преобразованием, о котором идёт речь в формулировке задачи.

30.22. П е р в о е р е ш е н и е. Обозначим данное преобразование через P.

Доопределим его в точках прямой x = 0 и в бесконечно удалённых точках, положив P(0, k) = Mk, P(Mk ) = (0, k), где Mk — бесконечно удалённая точка на прямой y = kx. Легко видеть, что доопределенное таким образом отображение P взаимно однозначно. Докажем, что каждая прямая переходит в прямую.

Действительно, прямая x = 0 и бесконечно удалённая прямая переходят одна в другую. Пусть ax + by + c = 0 — любая другая прямая (т. е. b или c не равно нулю). Поскольку P P — тождественное преобразование, образ любой прямой Остаётся воспользоваться задачей 30.14 г).

В т о р о е р е ш е н и е (набросок). Если прямые x = 1 и x = 0 обозначить соответственно через a и b, а точку (1, 0) — через O, то данное преобразование совпадает с преобразованием из предыдущей задачи.

30.23. Если прямую f обозначить через b, то преобразование из этой задачи является обратным преобразованию из задачи 30.21.

30.24. Рассмотрим проективное преобразование, для которого прямая PQ является исключительной. Образы l1 и l2 прямых l1 и l2 при этом преобразовании параллельны, а образами рассматриваемых четырёхугольников являются параллелограммы, у которых две стороны лежат на прямых l1 и l2, а две другие стороны параллельны некоторой фиксированной прямой (бесконечно удалённая точка этой прямой является образом точки P). Ясно, что геометрическим местом точек пересечения диагоналей таких параллелограммов является прямая, равноудалённая от прямых l1 и l2.

30.25. Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой EF.

Тогда четырёхугольник ABCD перейдёт в параллелограмм, а прямые KL и MN — в прямые, параллельные его сторонам и проходящие через точку пересечения диагоналей, т. е. в средние линии. Поэтому образы точек K, L, M, N являются серединами сторон параллелограмма и, следовательно, образы прямых KN и LM параллельны, т. е. точка X переходит в бесконечно удалённую точку, а значит, X лежит на исключительной прямой EF.

30.26. Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой AB.

Образы точек при этом преобразовании будем обозначать буквами со штрихом.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке O (или параллельный перенос, если O — бесконечно удалённая точка), переводящую точку C1 в C2. При этой гомотетии отрезок B1 C1 перейдёт в отрезок B2 C2, поскольку B1 C1 B2 C2.

Аналогично C1 A1 перейдёт в C2 A2. Поэтому соответственные стороны треугольников A1 B1 C1 и A2 B2 C2 параллельны, т. е. все три точки A, B, C лежат на бесконечно удалённой прямой.

30.27. Рассмотрим проективное преобразование, исключительная прямая которого проходит через точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1 , и обозначим через A, B,... образы точек A, B,... Тогда A B1 B A1, B C1 C B1, и надо доказать, что C A1 A C1 (см. задачу 1.12 а).

30.28. В результате проективного преобразования с исключительной прямой PQ задача сводится к задаче 4.55.

30.29. Применив сначала проективное преобразование с исключительной прямой OO1, а затем подходящее аффинное преобразование, можно считать, что A и C1 — противоположные вершины квадрата, а остальные данные точки лежат на его сторонах или их продолжениях. Поэтому можно считать, что данные точки имеют следующие координаты: C1 (0, 0), A(1, 1), B(b, 0), B1 (b, 1), C(0, a) и A1 (1, a). Координаты (x0, y0 ) точки пересечения прямых BA1 и CB1 находятся как решение системы уравнений т. е. ax0 + (b 1)y0 = ab, (a 1)x0 + by0 = ab. Вычитая одно уравнение из другого, получаем x0 = y0. Это означает, что точка (x0, y0 ) лежит на прямой AC1.

576 Глава 30. Проективные преобразования 30.30. Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной l и проходящей через точку пересечения прямых PP1 и QQ1, а затем аффинное преобразование, которое образы прямых l и PP1 делает перпендикулярными, мы можем считать, что прямые PP1 и QQ1 перпендикулярны прямой l, а наша задача заключается в том, чтобы доказать, что прямая RR1 тоже перпендикулярна l (точки P1, Q1, R1 останутся серединами соответствующих отрезков, поскольку эти отрезки параллельны исключительной прямой; см. задачу 30.14 б). Отрезок PP1 является медианой и высотой, а значит, и биссектрисой в треугольнике, образованном прямыми l, AB и CD.

Аналогично, QQ1 — биссектриса в треугольнике, образованном прямыми l, AC и BD. Из этого и из того, что PP1 QQ1, следует, что BAC = BDC.

Следовательно, четырёхугольник ABCD вписанный, и ADB = ACB. Обозначим точки, в которых l пересекает прямые AC и BD, через M и N (рис. 30.3).

Тогда угол между l и AD равен ADB QNM = ACB QMN, т. е. он равен углу между l и BC. Следовательно, треугольник, ограниченный прямыми l, AD и BC, равнобедренный, и отрезок RR1, являющийся его медианой, является также его высотой, т. е. он перпендикулярен прямой l, что и требовалось доказать.

30.31. Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной l и проходящей через точку A, мы можем считать, что точка A бесконечно удалённая, т. е. прямые AB и AC параллельны. При этом согласно задаче 30.14 б) точки A1, B1, C1 по-прежнему будут серединами соответствующих отрезков, так как эти отрезки лежат на прямой, параллельной исключительной. Два треугольника, образованные прямыми l, AB, BC и l, AC, BC, гомотетичны, следовательно, прямые BB1 и CC1, являющиеся медианами этих треугольников, параллельны. Таким образом, четырёхугольник BB2 CC2 является параллелограммом, поскольку у него параллельны противоположные стороны. Остаётся заметить, что точка A2 лежит на середине диагонали BC этого параллелограмма, а значит, и на диагонали B2 C2.

30.32. Сделаем проективное преобразование, исключительной прямой которого является прямая PQ. Через A, B,... обозначим образы точек A, B,. ..

Тогда A B C D — параллелограмм, R — точка пересечения его диагоналей, Q — бесконечно удалённая точка прямой Q R, K и L — точки, высекаемые сторонами параллелограмма на прямой Q R. Ясно, что точки K и L симметричны относительно точки R. Следовательно,

QK RK RK

QL RL RL

Остаётся заметить, что согласно задаче 30.2 б) (QRKL) = (Q R K L ).

30.33. Согласно теореме Паскаля точки пересечения прямых A1 B2 и C1 C2, B1 C2 и A1 A2, C1 A2 и B1 B2 лежат на одной прямой. Переведём эту прямую на бесконечность. После этого можно воспользоваться результатом задачи 14.15.

30.34. Пусть A1... An — правильный n-угольник, li — прямая, содержащая его сторону, противоположную вершине Ai, Bi — точка пересечения прямой li с бесконечно удалённой прямой. Разобьём точки A1,..., An, B1,..., Bn на пары (Ai, Bi ). Покажем, что это разбиение обладает требуемым свойством. Для этого нужно рассмотреть прямые Bi Bj, Ai Aj и Ai Bj (i = j).

1) Прямая Bi Bj содержит все точки B1,..., Bn. Поскольку n 3, среди них есть точка, отличная от Bi и Bj.

2) Прямая Ai Aj параллельна одной из прямых lk, поскольку число n нечётно. Следовательно, прямая Ai Aj проходит через точку Bk.

3) Если i = j, то прямая, проходящая через вершину Ai параллельно прямой lj, содержит некоторую вершину Ak, k = i. Поэтому прямая Ai Bj проходит через точку Ak.

Применив к набору точек A1,..., An, B1,..., Bn проективное преобразование, можно добиться, чтобы все эти точки не были бесконечно удалёнными.