«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 ...»

30.35. Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность четырёхугольника переводит в окружность, а точку пересечения прямых, соединяющих противоположные точки касания, в её центр (см. задачу 30.16 а). Утверждение задачи теперь следует из того, что получившийся четырёхугольник симметричен относительно центра окружности.

30.36. Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность переводит в окружность, а точку пересечения двух из трёх рассматриваемых прямых — в её центр (см. задачу 30.16 а). Тогда образы этих двух прямых являются одновременно биссектрисами и высотами образа данного треугольника, следовательно, он является правильным. Для правильного треугольника утверждение задачи очевидно.

30.37. Рассмотрим отдельно два случая.

1. Точка P лежит вне S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдёт в окружность, а точка P — в бесконечно удалённую точку (см. задачу 30.17), т. е. образы всех прямых, проходящих через P, будут друг другу параллельны. Тогда в задаче б) образом искомого ГМТ является прямая l — их общий перпендикуляр, проходящий через центр окружности, а в задаче а) — прямая l, из которой выкинут диаметр окружности. (Для доказательства нужно воспользоваться симметрией относительно прямой l.) Следовательно, само искомое ГМТ для задачи б) есть прямая, проходящая через точки касания S с касательными, проведёнными через точку P, а для задачи а) — лежащая вне S часть этой прямой.

578 Глава 30. Проективные преобразования 2. Точка P лежит внутри S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдёт в окружность, а точка P — в её центр (см. задачу 30.16 а). Тогда в обеих задачах образом искомого ГМТ является бесконечно удалённая прямая. Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая.

Полученная прямая в обоих случаях совпадает с полярой точки P относительно S (см. задачу 30.19).

30.38. Обозначим через m поляру точки O относительно окружности S, а через N — отличную от M точку пересечения S с прямой OM. Обозначим через Q композицию проецирований l на S из M и S на m из N. Согласно задаче 30.9 это отображение является проективным. Докажем, что P есть композиция Q с проецированием m на l из M. Пусть A — произвольная точка на l, B — её проекция на S из M, C — проекция B на S из O, D — пересечение прямых BN и CM. Согласно задаче 30.37 б) точка D лежит на прямой m, т. е. D = Q(A). Ясно, что P(A) — это проекция D на l из M.

30.39. Обе задачи становятся очевидными после проективного преобразования, переводящего окружность S в окружность, а прямую KP — в бесконечно удалённую (см. задачу 30.17).

а) Требуемое ГМТ лежит на прямой, равноудалённой от образов прямых AK и BK.

б) Требуемая точка есть центр образа S.

30.40. Пусть A, B,... — образы точек A, B,... при проективном преобразовании, которое вневписанную окружность треугольника ABC переводит в окружность, а хорду EF — в диаметр (см. задачу 30.18). Тогда A — бесконечно удалённая точка прямых, перпендикулярных диаметру E F, и нам нужно доказать, что прямая D T содержит эту точку, т. е. тоже перпендикулярна E F. Так как и B D = B E как касательные, проведённые из одной точки, следовательно, 30.41. Согласно задаче 30.16 а) достаточно рассмотреть случай, когда диагонали AD и BE проходят через центр окружности. Остаётся воспользоваться результатом задачи 6.88 для n = 3.

30.42. Рассмотрим проективное преобразование, переводящее окружность S в окружность, а точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF — в бесконечно удалённые точки (см. задачу 30.17). Наша задача свелась к задаче 2.12.

30.43. Рассмотрим проективное преобразование, которое окружность S переводит в окружность, а точку O — в её центр O (см. задачу 30.16 а).

Пусть A, B,... — образы точек A, B,... Тогда A B, M N и P Q — диаметры.

Поэтому при центральной симметрии относительно O точка E переходит в F, т. е. O — середина отрезка E F. Так как хорда AB перпендикулярна диаметру, проходящему через O, то согласно задаче 30.16 б) она параллельна исключительной прямой. Следовательно, согласно задаче 30.14 б) отношения отрезков, лежащих на прямой AB, сохраняются, а значит, O — середина отрезка EF.

30.44. Рассмотрим проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а отрезок AD — в её диаметр (см. задачу 30.18). Пусть A, B,... — образы точек A, B,... Тогда S переходит в бесконечно удалённую точку S прямых, перпендикулярных прямой A D. Но A C и B D — высоты в A D P, следовательно, Q — ортоцентр этого треугольника. Поэтому прямая P Q — тоже высота, следовательно, она проходит через точку S.

30.45. Согласно задаче 30.15 достаточно рассмотреть только тот случай, когда ABCD — квадрат. Нам надо доказать, что композиция описанных в условии проектирований является тождественным преобразованием. Согласно задаче 30.4 проективное преобразование тождественно, если у него имеются три различные неподвижные точки. Несложно проверить, что точки A, B и бесконечно удалённая точка прямой AB являются неподвижными для данного преобразования.

30.46. При проецировании прямой QR из точки A на прямую CD точки Q, R, K, L проецируются в точки D, C, P, L соответственно. Следовательно, согласно задаче 30.2 б) (QRKL) = (DCPL). Аналогично, проецируя из точки B прямую CD на прямую QR, получаем (DCPL) = (RQKL), следовательно, (QRKL) = (RQKL). С другой стороны,

RK QK QK RK

RL QL QL RL

Из этих двух равенств следует, что (QRKL)2 = 1, т. е. либо (QRKL) = 1, либо (QRKL) = 1. Но согласно задаче 30.8 двойное отношение различных точек не может равняться единице.

30.47. Обозначим точки пересечения прямых AB1 и BA1, BC1 и CB1, CA1 и AC1 через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CA1 — через R1. Нам надо доказать, что точки R и R1 совпадают.

Пусть D — точка пересечения AB1 и CA1. Рассмотрим композицию проектирований: прямой CA1 на прямую l1 из точки A, l1 на CB1 из B и CB на CA1 из P. Легко видеть, что получившееся проективное преобразование прямой CA1 точки C, D и A1 оставляет неподвижными, а точку R переводит в R1. Но согласно задаче 30.5 проективное преобразование с тремя неподвижными точками тождественно. Следовательно R1 = R.

30.48. Пусть F — точка, симметричная F относительно O. Нам надо доказать, что F = E. Согласно задаче 30.9 композиция проецирования прямой AB на окружность S из точки M, а затем S обратно на AB из Q является проективным преобразованием прямой AB. Рассмотрим композицию этого преобразования с симметрией относительно точки O. При этом точки A, B, O, E переходят соответственно в B, A, F, O. Следовательно, согласно задаче 30.2 б), (ABOE) = (BAF O). С другой стороны, ясно, что

BF BO AO AF

AF AO BO BF

следовательно, согласно задаче 30.3, E = F.

30.49. Обозначим точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA через P, Q, R соответственно, а точку пересечения прямых PQ и CD — через R . Нам надо доказать, что точки R и R совпадают. Пусть G — точка пересечения AB и CD. Рассмотрим композицию проецирований прямой CD на данную окружность из точки A, а затем — окружности на прямую BC из точки E. Согласно задаче 30.9 это отображение проективно. Легко видеть, что его композиция с проецированием BC на CD из точки P оставляет на месте точки C, D и G, а точку R переводит в R. Но согласно задаче 30. проективное преобразование с тремя неподвижными точками тождественно.

Следовательно, R = R.

580 Глава 30. Проективные преобразования 30.50. Обозначим данные прямую и окружность через l и S соответственно.

Пусть O — произвольная точка данной окружности, и пусть A1, A1, B1, B1, C1, C1 — образы точек A, A, B, B, C, C при проецировании прямой l на окружность S из точки O, т. е. A1 (соответственно A1, B1,...) — отличная от O точка пересечения прямой AO (соответственно A O, BO,...) с окружностью S.

Обозначим через B2 точку пересечения прямых A1 B1 и A1 B1, а через C2 — точку пересечения прямых A1 C1 и A1 C1. Пусть P1 — композиция проецирований прямой l на окружность S из точки O, а затем окружности S на прямую B2 C2 из точки A1 ; P2 — композиция проецирований B2 C2 на S из точки A1, а затем S на l из точки O. Тогда согласно задаче 30.9 преобразования P1 и P являются проективными, причём их композиция отображает точки A, B, C соответственно в A, B, C.

Ясно, что все рассмотренные точки можно построить при помощи одной линейки (в том порядке, в котором они вводились).

а) Пусть M1 — отличная от O точка пересечения прямой MO с окружностью S; M2 = P1 (M) — точка пересечения прямых A1 M1 и B2 C2 ; M3 — отличная от A1 точка пересечения прямой M2 A1 с окружностью S; P(M) = P2 (P1 (M)) — точка пересечения прямых l и OM3.

б) Пусть M1 и N1 — точки пересечения окружности S с прямой B2 C2.

Тогда неподвижные точки преобразования P — это точки пересечения прямых OM1 и ON1 с прямой l.

30.51. а) Искомой точкой X является неподвижная точка композиции проецирования l1 на l2 из точки A, сдвига вдоль прямой l2 на расстояние a и проецирования l2 на l1 из точки B. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.50.

б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на симметрию относительно точки E.

30.52. а) Обозначим через k число, которому должно равняться отношение AX/BY. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a на прямую b из точки P, движения плоскости, переводящего b в a и B в A, и, наконец, гомотетии с центром A и коэффициентом k. Искомая точка X является неподвижной точкой этого преобразования. Построение точки Y очевидно.

б) Обозначим через k число, которому должно равняться произведение AX · BY, через Q — точку пересечения прямых, проходящих через точки A и B параллельно прямым b и a соответственно, и пусть p = AQ · BQ. Рассмотрим проективное преобразование прямой a, являющееся композицией проецирования прямой a на прямую b из точки P, проецирования b на a из Q, и гомотетии с центром A и коэффициентом k/p. Пусть X — неподвижная точка этого преобразования, Y — её образ при первом проецировании, а X1 — образ Y при втором проецировании. Докажем, что прямая XY искомая. Действительно, из подобия треугольников AQX1 и BYQ следует а значит, 30.53. Пусть P — данная точка; A, B, C — попарные точки пересечения комой прямой l (рис. 30.4). По предположению XZ = ZY. Пусть T — точка пересечения прямой c с прямой, проходящей через X параллельно b. Очевидно, что XT = AY. Из подобия треугольников XTB и CAB следует, что XB : XT = CB : CA, откуда BX : YA = CB : CA, т. е. отношение BX : YA известно.

Таким образом, задача сведена к задаче 30.52 а).

30.54. а) Согласно задаче 30.9 композиция проецирований CD на S из A и S на CD из B является проективным преобразованием прямой CD.

Пусть M — неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на расстояние a. Тогда проекция M на S из A является искомой точкой. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.50.

б) В решении задачи а) сдвиг надо заменить на симметрию относительно точки E.

30.55. а) Проведём произвольную окружность S через точку P. Согласно задаче 30.10 композиция проецирования l на S из P, поворота вокруг центра окружности S на угол 2a и проецирования S на l из P является проективным преобразованием прямой l. Тогда (по теореме о вписанном угле) искомой точкой является неподвижная точка композиции этого преобразования и сдвига вдоль прямой CD на данное расстояние XY. Неподвижная точка проективного преобразования строится в задаче 30.50.

б) Проведём произвольные окружности S1 и S2 через точки P и Q соответственно. Рассмотрим композицию проецирования l1 на S1 из P, поворота вокруг центра окружности S1 на угол 2a и проецирования S1 на l2 из P.

Согласно задаче 30.10 это отображение является проективным. Аналогично, проективным отображением является композиция проецирования l2 на S из Q, поворота вокруг центра окружности S2 на угол 2b и проецирования S на l1 из Q. По теореме о вписанном угле искомой точкой X является неподвижная точка композиции этих отображений, и для её построения можно воспользоваться задачей 30.50.

30.56. а) Обозначим данные точки M1,..., Mn, а данные прямые — l1,..., ln.

Вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка проективного преобразования прямой l1, являющегося композицией проектирований l1 на l из M1, l2 на l3 из M2,..., ln на l1 из Mn. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.50.

582 Глава 30. Проективные преобразования б) Выберем произвольную точку на данной окружности и посредством проецирования из выбранной точки отождествим данную окружность с некоторой прямой l. Согласно задаче 30.38 центральное проектирование окружности на себя при данном отождествлении является проективным преобразованием прямой l. Ясно, что вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка композиции последовательных проектирований данной окружности на себя из данных точек. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.50.

в) В решении задачи б) надо некоторые центральные проектирования заменить либо на повороты вокруг центра окружности, если соответствующая сторона имеет данную длину, либо на симметрии, если соответствующая сторона имеет данное направление (ось симметрии — диаметр, перпендикулярный данному направлению).

30.57. Предположим, что нам удалось найти требуемое построение, т. е. написать некоторую инструкцию, в результате выполнения которой всегда получается середина данного отрезка. Выполним это построение и рассмотрим проективное преобразование, которое концы данного отрезка оставляет неподвижными, а середину переводит в другую точку. Это преобразование можно выбрать так, чтобы исключительная прямая не проходила ни через одну из точек, получающихся в результате промежуточных построений.

Выполним нашу якобы существующую инструкцию ещё раз, но теперь всякий раз, когда нам будут встречаться слова «возьмём произвольную точку (соответственно прямую)», будем брать образ той точки (соответственно прямой), которую брали при первом выполнении построения. Поскольку при проективном преобразовании прямая переходит в прямую, а пересечение прямых — в пересечение их образов, причём в силу выбора проективного преобразования это пересечение всегда конечно, то на каждом шаге второго построения будем получать образ результата первого построения, поэтому в конце получим не середину отрезка, а её образ. Приходим к противоречию.

З а м е ч а н и е. Фактически мы доказали следующее утверждение: если существует проективное преобразование, которое каждый из объектов A1,..., An переводит в себя, а объект B в себя не переводит, то, исходя из объектов A1,..., An, объект B невозможно построить с помощью одной линейки.

30.58. Утверждение задачи непосредственно вытекает из замечания в конце решения предыдущей задачи и из задачи 30.16 а).

ЭЛЛИПС, ПАРАБОЛА, ГИПЕРБОЛА

Пусть Oxy — некоторая прямоугольная система координат на плоскости, а Q(x, y) — выражение вида ax2 + 2bxy + cy2, где хотя бы одно из чисел a, b, c отлично от нуля. В этой главе мы будем заниматься свойствами кривых, заданных уравнениями вида Такие кривые называют кривыми второго порядка.

Будем говорить, что одна кривая на плоскости изометрична другой кривой, если существует движение плоскости, переводящее первую кривую во вторую. Наша ближайшая цель — с помощью движений привести кривую (1) к простейшему виду.

31.1. Докажите, что если ac b2 = 0, то с помощью параллельного переноса x = x + x0, y = y + y0 уравнение (1) можно привести к виду где f = f Q(x0, y0 ) + 2(dx0 + ey0 ).

Начало системы координат, в которой уравнение кривой имеет вид (2), называют центром кривой второго порядка. Ясно, что центр кривой является её центром симметрии.

31.2. Докажите, что с помощью поворота в уравнении (2) коэффициент при x y можно сделать равным нулю.

31.3. Докажите, что при повороте (3) выражение ax 2 + 2bx y + cy переходит в a1 x 2 + 2b1 x y + c1 y 2, причём a1 c1 b2 = ac b2.

31.4. Докажите, что если ac b2 = 0, то кривая (1) изометричx2 y = 1 (называемой гиперболой), либо паре пересекающихся пряa2 b жество.

584 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Оси системы координат, в которой уравнение кривой имеет такой вид, как в условии задачи 31.4, называют осями кривой. Ясно, что оси кривой второго порядка являются её осями симметрии.

31.5. Докажите, что если ac b2 = 0, то кривая (1) изометрична либо кривой y2 = 2px (называемой параболой), либо паре параллельных прямых y2 = c2, либо паре слившихся прямых y2 = 0, либо представляет собой пустое множество.

Ось Ox системы координат, в которой уравнение параболы имеет вид y2 = 2px, называют осью параболы. Ясно, что ось параболы является её осью симметрии.

Эллипс, параболу и гиперболу называют кониками. Это название связано с тем, что они являются сечениями конуса плоскостями.

31.6. Докажите, что множество точек, сумма расстояний от которых до двух заданных точек F1 и F2 — постоянная величина, есть эллипс.

Точки F1 и F2 называют фокусами эллипса.

31.7. Докажите, что середины параллельных хорд эллипса лежат на одной прямой.

Диаметром эллипса называют произвольную хорду, проходящую через его центр. Сопряжёнными диаметрами эллипса называют пару его диаметров, обладающих следующим свойством: середины хорд, параллельных первому диаметру, лежат на втором диаметре. Решение задачи 31.7 показывает, что тогда середины хорд, параллельных второму диаметру, лежат на первом диаметре.

Если эллипс является образом окружности при аффинном преобразовании, то его сопряжённые диаметры являются образами двух перпендикулярных диаметров этой окружности.

проведённой в точке X = (x0, y0 ), имеет вид 02 + 02 = 1.

31.9. Докажите, что эллиптическое зеркало обладает тем свойством, что пучок лучей света, исходящий из одного фокуса, сходится в другом.

31.10. а) Докажите, что для любого параллелограмма существует эллипс, касающийся сторон параллелограмма в их серединах.

б) Докажите, что для любого треугольника существует эллипс, касающийся сторон треугольника в их серединах.

31.11. Пусть AA и BB — сопряжённые диаметры эллипса с центром O. Докажите, что:

a) площадь треугольника AOB не зависит от выбора сопряжённых диаметров;

б) величина OA2 + OB2 не зависит от выбора сопряжённых диаметров.

31.12*. а) Докажите, что проекции фокусов эллипса на все касательные лежат на одной окружности.

б) Пусть d1 и d2 — расстояния от фокусов эллипса до касательной.

Докажите, что величина d1 d2 не зависит от выбора касательной.

31.13*. Из точки O проведены касательные OA и OB к эллипсу с фокусами F1 и F2. Докажите, что AOF1 = BOF2 и AF1 O = BF1 O.

31.14*. В треугольник вписан эллипс. Докажите, что фокусы эллипса изогонально сопряжены относительно этого треугольника.

31.15*. В четырёхугольник ABCD вписан эллипс с фокусом F. Докажите, что AFB + CFD = 180.

31.16*. Параллелограмм описан около эллипса. Докажите, что диагонали параллелограмма содержат сопряжённые диаметры эллипса.

Для эллипса 2 + 2 = 1, где a b, число e = 1 b2 /a2 называют эксценa b триситетом. Прямые x = ±a/e называют директрисами. (У эллипса две директрисы.) 31.17*. а) Докажите, что отношение расстояний от точки эллипса до фокуса и до одной из директрис равно эксцентриситету e.

б) Даны точка F и прямая l. Докажите, что множество точек X, для которых отношение расстояния от X до F к расстоянию от X до l равно постоянному числу e < 1, — эллипс.

31.18*. Вокруг эллипса описан прямоугольник. Докажите, что длина диагонали прямоугольника не зависит от его положения.

31.19*. Хорда PQ окружности x2 + y2 = a2 + b2 с центром O касаx2 y ется эллипса + 2 = 1. Докажите, что прямые PO и QO содержат сопряжённые диаметры эллипса.

31.20*. а) Пусть AA и BB — сопряжённые диаметры эллипса с центром O. Проведём через точку B перпендикуляр к прямой OA и отложим на нём отрезки BP и BQ, равные OA. Докажите, что главные оси эллипса являются биссектрисами углов между прямыми OP и OQ.

б) На плоскости нарисована пара сопряжённых диаметров эллипса.

С помощью циркуля и линейки постройте его оси.

31.21*. Нормаль к эллипсу в точке A пересекает малую полуось в точке Q, P — проекция центра эллипса на нормаль. Докажите, что AP · AQ = a2, где a — большая полуось.

31.22*. Докажите, что все вписанные в эллипс ромбы описаны вокруг одной окружности.

586 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.23*. Окружность, центр которой лежит на эллипсе, касается двух сопряжённых диаметров. Докажите, что радиус окружности Рис. 31.1 Окружность с центром O1 касается (внешним образом) эллипса и прямых l1 и l2.

Докажите, что длина отрезка OO1 равна сумме полуосей эллипса.

31.26*. Окружность радиуса r с центром C, лежащим на большей полуоси эллипса, касается эллипса в двух точках; O — центр эллипса, a и b — его полуоси. Докажите, что 31.27*. Три окружности, центры которых лежат на большой оси эллипса, касаются эллипса. При этом окружность радиуса r2 касается (внешним образом) окружностей радиуса r1 и r3. Докажите, что 31.28*. N окружностей, центры которых лежат на большой оси эллипса, касаются эллипса. При этом окружность радиуса ri (2 i N1) касается окружностей радиуса ri1 и ri+1. Докажите, что если 3n 31.29. Докажите, что с помощью гомотетии с центром (0, 0) параболу 2py = x2 можно перевести в параболу y = x2.

31.30. Окружность пересекает параболу в четырёх точках. Докажите, что центр масс этих точек лежит на оси параболы.

31.31. Две параболы, оси которых перпендикулярны, пересекаются в четырёх точках. Докажите, что эти точки лежат на одной окружности.

31.32. Докажите, что середины параллельных хорд параболы лежат на одной прямой, параллельной оси параболы.

Для параболы 2py = x2 точку (0, p/2) называют фокусом, а прямую y = p/2 — директрисой.

31.33. а) Докажите, что расстояния от любой точки параболы до фокуса и до директрисы равны.

б) Докажите, что множество точек, для которых расстояния до некоторой фиксированной точки и до некоторой фиксированной прямой равны, является параболой.

31.34. Докажите, что пучок лучей света, параллельных оси параболы, после отражения от параболы сходится в её фокусе.

31.35. Докажите, что касательные к параболе 4y = x2 в точках (2t1, t2 ) и (2t2, t2 ) пересекаются в точке (t1 + t2, t1 t2 ).

31.36. Из точки O проведены касательные OA и OB к параболе с фокусом F. Докажите, что AFB = 2AOB, причём луч OF — биссектриса угла AFB.

31.37. Докажите, что касательные OA и OB к параболе перпендикулярны тогда и только тогда, когда выполнено одно из следующих эквивалентных условий:

(1) отрезок AB проходит через фокус параболы;

(2) точка O лежит на директрисе параболы.

31.38*. Касательные к параболе в точках a, b, g образуют треугольник ABC (рис. 31.2).

Докажите, что:

проходит через фокус параболы;

б) высоты треугольника ABC пересекаются в точке, лежащей на директрисе параболы;

в) Sabg = 2SABC ;

31.39*. Прямая l получена из директрисы параболы гомотетией с центром в фокусе параболы и коэффициентом 2. Из точки O прямой l проведены касательные OA и OB к параболе. Докажите, что ортоцентром треугольника AOB служит вершина параболы.

31.40*. Пучок параллельных лучей света, отразившись от кривой C, сходится в точке F. Докажите, что C — парабола с фокусом F и осью, параллельной лучам света.

Гиперболу, заданную уравнением y = 1/x, называют равнобочной.

Произвольная гипербола получается из равнобочной гиперболы аффинным преобразованием.

588 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.41. Точки A и B лежат на гиперболе. Прямая AB пересекает асимптоты гиперболы в точках A1 и B1.

а) Докажите, что AA1 = BB1 и AB1 = BA1.

б) Докажите, что если прямая A1 B1 касается гиперболы в точке X, то X — середина отрезка A1 B1.

31.42. Докажите, что окружность девяти точек треугольника ABC, вершины которого лежат на равнобочной гиперболе, проходит через центр O гиперболы.

31.43. Вершины треугольника лежат на гиперболе xy = 1. Докажите, что его ортоцентр тоже лежит на этой гиперболе.

31.44. Окружность радиуса 2 x2 + x2 с центром (x0, x1 ) пересекает гиперболу xy = 1 в точке (x0, x1 ) и в точках A, B, C.

Докажите, что треугольник ABC равносторонний.

31.45. Докажите, что асимптоты гиперболы ортогональны тогда и только тогда, когда a + c = 0.

31.46. Докажите, что множество точек, разность расстояний от которых до двух заданных точек F1 и F2 — постоянная величина, есть гипербола.

Точки F1 и F2 называют фокусами гиперболы.

31.47. Докажите, что середины параллельных хорд гиперболы лежат на одной прямой.

Диаметром гиперболы называют произвольную хорду, проходящую через её центр. Сопряжёнными диаметрами называют пару её диаметров, обладающих следующим свойством: середины хорд, параллельных первому диаметру, лежат на втором диаметре. Тогда середины хорд, параллельных второму диаметру, лежат на первом диаметре.

31.48. Докажите, что площадь треугольника, образованного асимптотами и касательной к гиперболе, одна и та же для всех касательных.

Для гиперболы 2 2 = 1 число e = 1 + b2 /a2 называют эксцентриa b ситетом. Прямые x = ±a/e называют директрисами. (У гиперболы две директрисы.) 31.49*. а) Докажите, что отношение расстояний от точки гиперболы до фокуса и до одной из директрис равно эксцентриситету e.

б) Даны точка F и прямая l. Докажите, что множество точек X, для которых отношение расстояния от X до F к расстоянию от X до l равно постоянному числу e > 1, — гипербола.

31.50*. Найти множество точек пересечения всех пар перпендикулярных касательных к гиперболе.

Введём для удобства следующее обозначение. Будем считать, что прямая AB задаётся уравнением lAB = 0; это уравнение определено с точностью до пропорциональности. В координатах x, y функция lAB имеет вид lAB (x, y) = ax + by + c, причём lAB обращается в нуль в точках A и B.

31.51. Пусть точки A, B, C и D лежат на конике, заданной уравнением второй степени f = 0. Докажите, что Пучком коник, порождённым кониками f = 0 и g = 0, называют семейство коник lf + mg = 0. Результат задачи 31.51 можно интерпретировать следующим образом: пучок коник — это семейство коник, проходящих через 4 фиксированные точки.

31.52*. Докажите, что если вершины шестиугольника ABCDEF лежат на одной конике, то точки пересечения продолжений его противоположных сторон (т. е. прямых AB и DE, BC и EF, CD и AF) лежат на одной прямой (Паскаль).

Будем называть прямой Паскаля шестиугольника, вписанного в конику, прямую, на которой лежат точки пересечения пар его противоположных сторон. При этом шестиугольником можно считать и замкнутую самопересекающуюся ломаную.

31.53*. а) Пусть точки A, B, C, D, E и F лежат на одной конике. Докажите, что тогда прямые Паскаля шестиугольников ABCDEF, ADEBCF и ADCFEB пересекаются в одной точке (Штейнер).

б) Пусть точки A, B, C, D, E и F лежат на одной окружности. Докажите, что тогда прямые Паскаля шестиугольников ABFDCE, AEFBDC и ABDFEC пересекаются в одной точке (Киркман).

31.54*. Пусть хорды KL и MN проходят через середину O хорды AB данной окружности. Докажите, что прямые KN и ML пересекают прямую AB в точках, равноудалённых от точки O (задача о бабочке).

31.55*. Пусть стороны самопересекающихся четырёхугольников KLMN и K L M N, вписанных в одну и ту же окружность, пересекают хорду AB этой окружности в точках P, Q, R, S и P, Q, R, S соответственно (сторона KL — в точке P, LM — в точке Q, и т. д.). Докажите, что если три из точек P, Q, R, S совпадают с соответственными тремя из точек P, Q, R, S, то и оставшиеся две точки тоже совпадают.

(Предполагается, что хорда AB не проходит через вершины четырёхугольников.) 31.56*. Докажите, что любая гипербола, проходящая через вершины треугольника ABC и точку пересечения его высот, является гиперболой с перпендикулярными асимптотами.

590 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.57*. Две коники имеют 4 общих точки. Докажите, что эти точки лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда оси коник перпендикулярны.

31.58*. Докажите, что центры коник, проходящих через точки A, B, C и D, образуют конику Г.

31.59*. Докажите следующие свойства коники Г из задачи 31.58.

а) Г проходит через 6 середин отрезков, соединяющих пары данных точек, и через 3 точки пересечения прямых, соединяющих пары данных точек.

б) Центр Г совпадает с центром масс точек A, B, C и D.

в) Если D — точка пересечения высот треугольника ABC, то Г — окружность девяти точек этого треугольника.

г) Если четырёхугольник ABCD вписанный, то Г — гипербола с перпендикулярными асимптотами. В этом случае оси всех коник пучка параллельны асимптотам Г.

31.60*. Пусть коники Г и Г1 касаются в точках A и B, a коники Г и Г2 касаются в точках C и D, причём Г1 и Г2 имеют четыре общие точки. Докажите, что у коник Г1 и Г2 есть пара общих хорд, проходящих через точку пересечения прямых AB и CD.

§ 6. Коники как геометрические места точек 31.61. Пусть a и b — фиксированные комплексные числа. Докажите, что при изменении f от 0 до 2p точки вида aeif + beif заметают эллипс или отрезок.

31.62. Пусть a, b, c, d — фиксированные числа. Докажите, что когда угол f пробегает все возможные значения, точки с координатами заметают эллипс или отрезок.

31.63. Вершины A и B треугольника ABC скользят по сторонам прямого угла. Докажите, что если угол C не прямой, то вершина C перемещается при этом по эллипсу.

31.64. Докажите, что множество точек, равноудалённых от данной точки и данной окружности, представляет собой эллипс, гиперболу или луч.

31.65. Докажите, что множество всех центров окружностей, проходящих через данную точку и касающихся данной окружности (или прямой), не содержащей данную точку, представляет собой эллипс или гиперболу (или параболу).

31.66. На плоскости даны точки At =(1+t, 1+t) и Bt =(1+t, 1t).

Найдите ГМТ, заметаемое всеми прямыми At Bt для всех вещественных чисел t.

31.67. Даны точка O и прямая l. Точка X движется по прямой l.

Найдите ГМТ, которое заметают перпендикуляры к прямой XO, восставленные из точки X.

31.68. По прямым l и l с постоянными скоростями v = v движутся точки X и X. Какое множество заметают прямые XX ?

31.69. Через каждую точку X, лежащую внутри данной окружности S, проводится прямая l, ортогональная прямой XO, где O — данная точка, не лежащая на окружности S. Найдите ГМТ, заметаемое всеми прямыми l.

31.70*. Докажите, что центры всех правильных треугольников, вписанных в данную конику, лежат на некоторой конике.

31.71. Докажите, что для любой коники можно выбрать многочлены A(t), P(t) и Q(t) так, что при изменении t от до + точки P(t) Q(t), заметают всю данную конику, кроме, быть может, одной A(t) A(t) точки.

Представление коники с помощью рациональных функций и наA(t) A(t) зывают рациональной параметризацией коники.

31.72. Постройте рациональную параметризацию окружности x2 + + y2 = 1, проведя прямые через точку (1, 0).

31.73. Пусть, — рациональная параметризация коники, построенная при решении задачи 31.71. Докажите, что степень каждого из многочленов A, P, Q не превосходит 2.

31.74. Докажите, что две несовпадающие коники имеют не более четырёх общих точек.

31.75*. Докажите, что если бесконечное множество точек обладает тем свойством, что расстояние между любыми двумя точками является целым числом, то все эти точки лежат на одной прямой.

§ 8. Коники, связанные с треугольником 31.76. а) Докажите, что в трилинейных координатах описанная коника (т. е. коника, проходящая через все вершины треугольника) задаётся уравнением вида б) Докажите, что в трилинейных координатах коника, касающаяся всех сторон треугольника или их продолжений, задаётся уравнением 592 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 31.77*. Коника задаётся в барицентрических координатах уравнением Докажите, что её центр имеет барицентрические координаты 31.78*. Докажите, что кривая, изогонально сопряжённая прямой, не проходящей через вершины треугольника, является коникой, проходящей через вершины треугольника.

31.79*. Дан треугольник ABC и прямая l, не проходящая через его вершины.

а) Докажите, что кривая, изогонально сопряжённая прямой l, является эллипсом, если l не пересекает описанную окружность треугольника ABC; параболой, если l касается описанной окружности;

гиперболой, если l пересекает описанную окружность в двух точках.

б) Докажите, что кривая, изотомически сопряжённая прямой l, является эллипсом, если l не пересекает описанный эллипс Штейнера треугольника ABC; параболой, если l касается эллипса Штейнера;

гиперболой, если l пересекает эллипс Штейнера в двух точках.

31.80*. а) Докажите, что кривая, изогонально сопряжённая прямой, проходящей через центр O описанной окружности, является равнобочной гиперболой, проходящей через вершины треугольника.

б) Докажите, что центр этой коники лежит на окружности девяти точек.

Кривую, изогонально сопряжённую прямой OK, где K — точка Лемуана, называют гиперболой Киперта.

Кривую, изогонально сопряжённую прямой Эйлера OH, называют гиперболой Енжабека.

31.81*. Найдите уравнение гиперболы Киперта: а) в трилинейных координатах; б) в барицентрических координатах.

31.82*. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC построены равнобедренные треугольники AC1 B, BA1 C, AB1 C с углом при основании f (все три внешним или внутренним образом одновременно).

Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, лежащей на гиперболе Киперта.

З а м е ч а н и е. На гиперболе Киперта лежат следующие точки: ортоцентр (f = p/2), центр масс (f = 0), точки Торричелли (f = ±p/3), вершины треугольника (f = a, b, g).

31.83*. Найдите уравнение центра гиперболы Киперта: а) в трилинейных координатах; б) в барицентрических координатах.

31.84*. Найдите уравнение гиперболы Енжабека в трилинейных координатах.

31.1. Ясно, что Если ac b2 = 0, то система уравнений ax0 + by0 = d, bx0 + cy0 = e имеет (единственное) решение. Решив эту систему и положив f =f Q(x0, y0 )+2(dx0 +ey0 ), приводим (1) к требуемому виду.

31.2. Ясно, что = ctg 2f и найти требуемый угол f.

31.3. При решении задачи 31.2 мы получили, что Поэтому 31.4. Если b = 0, то требуемое представление можно получить с помощью параллельного переноса (задача 31.1). Если же b = 0, то помимо параллельного переноса нужно применить поворот (задача 31.2). После этого, произведя очевидные преобразования, получим уравнение вида Здесь оба числа a2 и b2 не равны нулю, поскольку согласно задаче 31. a2 b2 = ±(ac b2 ).

31.5. Если b = 0, то a = 0 или c = 0. Сделав при необходимости замену координат x = y и y = x, можно считать, что a = 0. Пусть теперь b = 0. При повороте выражение ax2 + 2bxy + cy2 переходит в a1 x + 2b1 x y + c1 y, где a1 = a cos2 f 2b cos f sin f + c sin2 f. По условию ac = b2, поэтому если tg f = a/c, то a1 = 0.

Итак, в обоих случаях мы приходим к уравнению вида y2 + 2dx + 2ey = f.

Сделаем замену x = x + x0, y = y + e. В результате получим уравнение y e2 + 2d(x x0 ) = f. Если d = 0, то получаем уравнение вида y = l, а если d = 0, то при соответствующем выборе x0 получаем уравнение y + 2dx = 0.

31.6. Поместим начало координат посередине между точками F1 и F2, ось Ox направим по отрезку F1 F2, а ось Oy — перпендикулярно оси Ox.

Пусть F1 и F2 имеют координаты (c, 0) и (c, 0), соответственно, а сумма расстояний от точки X = (x, y) до F1 и F2 равна 2a. Тогда В итоге, обозначив b2 = a2 c2, получаем x2 /a2 + y2 /b2 = 1.

31.7. Точки (x, y ) и (x, y ) пересечения эллипса 2 + 2 = 1 и прямой y = px + q найдём, решив квадратное уравнение По теореме Виета (x + x )/2 = a2 pq/(b2 + a2 p2 ) и, значит, Таким образом, середины хорд эллипса, параллельных прямой y = px, лежат поэтому (x0, y0 ) = (x, y).

31.9. Проведём касательную в точке X, лежащей на эллипсе, и биссектрису внешнего угла при вершине X треугольника F1 XF2. Если бы биссектриса не совпала с касательной, то она пересекла бы эллипс в другой точке M = X.

Отразим F2 относительно биссектрисы. Получим точку F2. Имеем т. е. M лежит вне эллипса — противоречие. Значит, биссектриса совпадает с касательной, и следовательно, угол падения (т. е. угол между прямой F1 X и касательной) равен углу отражения (т. е. углу между прямой F2 X и касательной). Таким образом, доказано, что лучи, исходящие из F1, соберутся в F2.

31.10. Любой параллелограмм является образом квадрата при аффинном преобразовании, а любой треугольник — образом правильного треугольника.

31.11. а) Эллипс является образом окружности при аффинном преобразовании. Сопряжённые диаметры эллипса являются образами перпендикулярных диаметров окружности. Ясно также, что при аффинном преобразовании сохраняется отношение площадей фигур.

б) Можно считать, что точки O, A и B имеют координаты (0, 0), (a cos f, b sin f) и (a sin f, b cos f).

31.12. Пусть O — центр эллипса, P1 и P2 — проекции фокусов F1 и F на касательную, A — точка касания. Тогда P1 AF1 = P2 AF2 = f. Положим x = F1 A, y = F2 A. Величина x + y = c не зависит от точки A. Поэтому Кроме того, F1 F2 = x2 + y2 + 2xy cos 2f = c2 4xy sin2 f, поэтому величина xy sin2 f = d1 d2 постоянна.

31.13. Пусть точки G1 и G2 симметричны F1 и F2 относительно прямых OA и OB соответственно. Точки F1, B и G2 лежат на одной прямой и F1 G2 = F1 B + BG2 = F1 B + BF2. Треугольники G2 F1 O и G1 F2 O имеют равные стороны. Поэтому G1 OF1 = G2 OF2 и AF1 O = AG1 O = BF1 O.

31.14. Пусть эллипс с фокусами F1 и F2 вписан в угол в вершиной X.

Тогда согласно задаче 31.13 прямые XF1 и XF2 симметричны относительно биссектрисы угла X.

31.15. Пусть A1, B1, C1, D1 — точки касания эллипса со сторонами AB, BC, CD, DA соответственно. Согласно задаче 31.13 A1 FB = BFB1 = a, B1 FC = CFC1 = b, C1 FD = DFD1 = g, D1 FA = AFA1 = d. Здесь a, b, g, d — некоторые углы; их сумма равна 180. Ясно также, что AFB + CFD = = (d + a) + (b + g).

31.16. Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее эллипс в окружность. Оно переводит данный параллелограмм в ромб. Диагонали ромба содержат пару перпендикулярных диаметров полученной окружности.

чина d — расстояние от начала координат до директрисы. Проверим, что множество точек X = (x, y), для которых отношение расстояния до фокуса (c, 0) к расстоянию до директрисы x = d равно e, т. е. множество точек, задаваемых уравнением есть эллипс. Равенство (1) при условии, что c = de2, эквивалентно равенству 596 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола совпадающему с каноническим уравнением эллипса, так как d2 e2 = a б) Пусть прямая l задана уравнением x = d, а точка F имеет координаты (c, 0). Тогда рассматриваемому множеству принадлежат две точки с коорxc динатами (x, 0), удовлетворяющими уравнению координат посредине между этими точками. Тогда т. е. c = de2. В таком случае уравнение (1) эквивалентно каноническому уравнению эллипса.

31.18. Пусть O — вершина данного прямоугольника, OA и OB — касательные к эллипсу. Рассматриваемый в решении задачи 31.13 треугольник F1 OG в данном случае прямоугольный. Следовательно, F1 O2 + F2 O2 = F1 G2 — постоянная величина. Если M — центр эллипса, то величина тоже постоянна.

31.19. Для рассматриваемого эллипса вершины описанного вокруг него прямоугольника со сторонами, параллельными осям эллипса, лежат на рассматриваемой окружности. Согласно задаче 31.18 вершины всех остальных прямоугольников, описанных вокруг рассматриваемого эллипса, лежат на рассматриваемой окружности. Поэтому хорда PQ является стороной прямоугольника, описанного вокруг эллипса. Согласно задаче 31.16 диагонали этого прямоугольника содержат сопряжённые диаметры эллипса.

31.20. а) Точки A и B имеют координаты Точки P и Q имеют координаты б) Требуемое построение, по сути дела, описано в задаче а).

31.21. Точка Q лежит на описанной окружности треугольника AF1 F2, где F1 и F2 — фокусы эллипса. При этом Q — середина дуги F1 F2. Пусть S — середина дополнительной дуги F1 F2, т. е. QS — диаметр. Если R — радиус описанной окружности, a и b — углы при вершинах F1 и F2, то Поэтому 31.22. Пусть ромб ABCD вписан в эллипс с центром O. Тогда радиус r вписанной окружности ромба равен высоте прямоугольного треугольника AOB, т. е.

Для эллипса 2 + 2 = 1 прямые OA и OB имеют уравнения y = kx и y = x/k, а точки A и B имеют координаты (x0, y0 ) и (x1, y1 ), где Поэтому т. е. радиус r не зависит от положения ромба.

31.23. Сопряжённые диаметры можно представить посредством диагоналей параллелограмма ABCD, описанного вокруг эллипса с центром O. Пусть биссектрисы углов AOB, BOC, COD, DOA пересекают стороны этого параллелограмма в точках A1, B1, C1, D1 соответственно, а лучи OA1, OB1, OC1, OD пересекают эллипс в точках A2, B2, C2, D2. Тогда точки A2, B2, C2, D2 — центры рассматриваемых окружностей.

Достаточно доказать, что A2 B2 C2 D2 — параллелограмм со сторонами, параллельными прямым AC и BD. В самом деле, диагонали этого параллелограмма перпендикулярны, поэтому он — ромб. Согласно задаче 31.22 радиус вписанной окружности такого ромба зависит только от эллипса и не зависит от положения ромба. Из параллельности прямых A2 B2 и AC следует, что радиус вписанной окружности ромба равен расстоянию от точки A2 до прямой AC, т. е. он равен радиусу рассматриваемой окружности с центром A2.

Докажем, например, что A2 B2 AC. Сначала заметим, что A1 B1 AC, так как Сделаем аффинное преобразование, переводящее рассматриваемые сопряжённые диаметры в диаметры окружности. В таком случае образы прямых A1 O и B1 O будут симметричны относительно прямой OB, поэтому образ прямой A2 B2 будет A параллелен образу прямой AC.

31.24. а) Пусть PF1 Q = 2a, PF2 Q = 2b, POF1 = p, F1 OF2 = q. Согласно задаче 31. из последнего равенства следует, что POQ = с касательной PO, поэтому б) Введём такие обозначения точек касания, как на рис. 31.3. Согласно задаче а) Лучи F1 A и F1 B являются биссектрисами углов KF1 M и LF1 N соответственно, поэтому 2f1 = 2AF1 B = (AF1 L + LF1 B) + (AF1 M + MF1 B) = Аналогично 31.25. Пусть f — угол между любой из рассматриваемых касательных и осью Ox. Рассмотрим окружность S с центром ((a + b) cos f, (a + b) sin f), проходящую через точку A = (a cos f, b sin f).

Касательная к эллипсу в точке A задаётся уравнением Эта прямая перпендикулярна прямой AO1, которая задаётся уравнением Поэтому окружность S касается эллипса.

Докажем теперь, что окружность S касается прямых l1 и l2. Пусть прямая l1 касается эллипса в точке (a cos a, b sin a). Тогда она имеет уравнение Это, в частности, означает, что tg f =. Квадрат расстояния от начала координат до прямой l1 равен Последнее выражение совпадает с квадратом радиуса окружности S. Для прямой l2 получаем точно такое же выражение.

31.26. Нормаль к эллипсу в точке (x0, y0 ) задаётся уравнением Она пересекает большую полуось в точке с координатой При этом Легко проверить, что 31.27. Согласно задаче 31. Это соотношение можно преобразовать к виду Рассмотрим полученное выражение как квадратное уравнение относительно r1.

Оно имеет корни r1 и r3, поэтому 31.28. Согласно задаче 31.27 числа ri удовлетворяют рекуррентному соотношению поэтому rp = alp + blp, где l1 и l2 — корни уравнения x2 kx + 1 = 0. Ясно, что l1 l2 = 1, т. е. rp = alp + blp. Требуемая формула теперь легко проверяется.

31.29. Пусть x = 2pX и y = 2pY. Тогда уравнения 2py = x2 и Y = X2 эквивалентны.

31.30. Подставив уравнение параболы y = x2 в уравнение окружности (x a)2 + (y b)2 = R2, получим уравнение 4-й степени с нулевым коэффициентом при x3. Сумма корней этого уравнения равна нулю.

31.31. Сложите уравнения x2 + py = 0 и (y y0 )2 + ax + b = 0.

31.32. Для параболы доказательство такое же, как для эллипса (см. задачу 31.7).

31.33. а) Пусть x2 = 2py. Тогда квадрат расстояния от точки (x, y) до точки (0, p/2) равен а расстояние от точки (x, y) до прямой y = равно y +.

б) Можно считать, что фиксированная точка имеет координаты (0, p/2), а фиксированная прямая задаётся уравнением y = p/2. Тогда множество точек (x, y), для которых расстояние до фиксированной точки равно расстоянию до фиксированной прямой, задаётся уравнением т. е. x2 = 2py.

31.34. Пусть точка X лежит на параболе с фокусом F и H — её проекция на директрису. Тогда FX = XH (задача 31.33). Проведём биссектрису угла FXH.

Если она не совпадает с касательной, то она пересекает параболу в точке M = X. Но тогда FM = MH = MH, где H — проекция на директрису. Получено противоречие. Из него следует, что угол падения луча, параллельного оси, равен углу между касательной и FX, т. е. все лучи параллельного пучка собираются в фокусе, что и требовалось.

31.35. Касательная в точке (2ti, t2 ) задаётся уравнением y = xti t2. Легко проверить, что указанная точка лежит на обеих касательных.

31.36. Пусть A1 и B1 — проекции точек A и B на директрису. Тогда AO и BO — серединные перпендикуляры к отрезкам A1 F и B1 F. Поэтому A1 O = FO = B1 O, а значит, A1 B1 O = B1 A1 O = f. Несложные вычисления с углами показывают, что OFA = OFB = 90 + f и AFB = 180 2f = = A1 OB1 = 2AOB.

31.37. Воспользуемся обозначениями из задачи 31.36. Согласно этой задаче AFB = A1 OB1 = 2AOB. Поэтому условие AOB = 90 эквивалентно тому, что AFB = 180 и A1 OB1 = 180.

31.38. а) Проекция фокуса F на касательную к параболе лежит на касательной к параболе, перпендикулярной оси. Поэтому проекции A, B, C фокуса F на прямые BC, CA, AB лежат на одной прямой. Это означает, что точка F лежит на описанной окружности треугольника ABC. В самом деле, AFC = AB C = A B C = A FC, поэтому CFA = A FC = 180 B.

б) Касательные к параболе x2 = 4y в точках (2ti, t2 ) задаются уравнениями y = ti x t2. Они пересекаются в точках (ti + tj, ti tj ). Легко проверить, что ортоцентром треугольника с вершинами в трёх таких точках служит точка (t1 + t2 + t3 + t1 t2 t3, 1).

в) Можно считать, что парабола задаётся уравнением x2 = 4y. В таком случае точки a, b, g имеют координаты (2ti, t2 ), i = 1, 2, 3. Легко проверить, что г) Существует аффинное преобразование, переводящее ось параболы и прямую AC в пару перпендикулярных прямых. Поэтому можно считать, что точки a, b, g имеют координаты (2t1, t2 ), (0, 0), (2t3, t2 ), причём t1 < 0 и t3 > 0.

В таком случае 31.39. Касательные к параболе x2 = 4y в точках A = (2t1, t2 ) и B = (2t2, t2 ) пересекаются в точке O = (t1 + t2, t1 t2 ). В рассматриваемом случае t1 t2 = 2.

Теперь уже легко проверить, что точка (0, 0) является ортоцентром треугольника AOB.

31.40. Рассмотрим семейство всех парабол с фокусом в данной точке F и осью, параллельной лучам света. Точнее говоря, ось параболы направлена так, чтобы данный пучок лучей света после отражения от параболы сходился в точке F.

Пусть луч света отражается от точки M кривой C и попадает в точку F.

Тогда касательная к C в точке M совпадает с касательной в точке M к параболе, проходящей через точку M. Такое свойство может выполняться для всех точек кривой C лишь в том случае, когда она совпадает с одной из парабол рассматриваемого семейства.

31.41. а) Доказательство достаточно провести для равнобочной гиперболы.

мая AB задаётся уравнением x + x1 x2 y = x1 + x2. Поэтому точки A1 и B легко доказывается, поскольку его достаточно проверить для проекций точек на одну из осей координат.

б) Непосредственно следует из а).

31.42. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. Согласно задаче 31.41 точки A1, B1 и C1 являются серединами гипотенуз прямоугольных треугольников, образованных осями координат и прямыми BC, CA и AB.

Поэтому (C1 O, Oy) = (Oy, AB) и (Oy, OB1 ) = (AC, Oy). Следовательно, (C1 O, OB1 ) = (AC, AB) = (C1 A1, A1 B1 ). Это означает, что точка O лежит на описанной окружности треугольника A1 B1 C1.

31.43. Пусть a = a + ia1, b = b + ib1, c = g + ig1 — вершины данного треугольника на комплексной плоскости. Проверьте, что h = abg i(abg)1 — его ортоцентр. Покажите, например, что число (a h)/(b c) чисто мнимое.

31.44. Пусть A = (a, a1 ), B = (b, b1 ), C = (c, c1 ). Тогда при x = x0, a, b, c получаем Таким образом, числа x0, a, b, c являются корнями многочлена вида Поэтому x0 + a + b + c = 2x0, т. е. a + b + c = 3x0. Аналогично a1 + b1 + c1 = = 3x1. Следовательно, точка (x0, x1 ) служит не только центром описанной окружности треугольника ABC, но и его центром масс. Это возможно лишь в том случае, когда треугольник ABC равносторонний.

31.45. Пусть ax2 + bxy + cy2 = (px + qy)(rx + sy). Тогда прямые px + qy = и rx + sy = 0 параллельны асимптотам рассматриваемой гиперболы. Эти прямые ортогональны тогда и только тогда, когда pr + qs = 0, т. е. a + c = 0.

31.46. Для гиперболы доказательство такое же, как для эллипса (см. задачу 31.6).

31.47. Для гиперболы доказательство такое же, как для эллипса (см. задачу 31.7).

31.48. Касательная щадь рассматриваемого треугольника пропорциональна x1 x2.

31.49. Для гиперболы решение такое же, как для эллипса (см. задачу 31.17).

31.50. Пусть f — величина того из углов между асимптотами, который содержит гиперболу. Тогда при f 90 искомое множество пусто, а при f < 90 оно представляет собой окружность (с центром в центре гиперболы), из которой выброшены 4 точки пересечения с асимптотами. Для доказательства этого утверждения можно воспользоваться решением задачи 31.18.

31.51. П е р в о е р е ш е н и е. Пусть X — точка данной коники, отличная от точек A, B, C и D. Выберем числа l1 и m1 так, что 602 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола и рассмотрим кривую, заданную уравнением f1 = 0, где f1 = l1 lAB lCD + m1 lBC lAD.

Эта кривая задаётся уравнением второй степени и проходит через точки A, B, C, D и X. Но если кривая второй степени пересекает конику в пяти различных точках, то эта кривая совпадает с данной коникой (задача 31.74), а значит, f = af1, где a — некоторое число.

В т о р о е р е ш е н и е. Введём косоугольную систему координат с осями AB и AD. Тогда прямые AB и AD задаются уравнениями y = 0 и x = соответственно, а уравнение f = 0, задающее окружность, является уравнением второй степени относительно x и y.

Ограничения функций f и llAB lCD + mlBC lAD = lylCD + mxlBC на любую из осей координат являются квадратными трёхчленами с двумя общими корнями (A и B, или A и D). Поэтому числа l и m можно подобрать так, что многочлен обращается в нуль как при x = 0, так и при y = 0. Это означает, что он делится на xy, т. е. P(x, y) = qxy, где q — константа. В точке C многочлен P обращается в нуль, а xy = 0. Поэтому q = 0, т. е.

31.52. Рассмотрим шестиугольник ABCDEF, вершины которого лежат на конике f = 0. Четырёхугольники ABCD, AFED и BEFC вписаны в эту конику, поэтому f можно представить в любом из следующих видов:

Приравнивая выражения (1) и (2), получаем Пусть X — точка пересечения прямых AB и ED. В точке X обращаются в нуль функции lAB lCD и lAF lED, а функция lAD в этой точке в нуль не обращается. Следовательно, в точке X обращается в нуль функция m1 lBC m2 lEF, т. е. точка X лежит на прямой m1 lBC = m2 lEF. Аналогично доказывается, что точка пересечения прямых CD и AF лежит на прямой m1 lBC = m2 lEF. Очевидно также, что точка пересечения прямых BC и EF лежит на прямой m1 lBC = m2 lEF.

В результате получаем требуемое утверждение.

31.53. а) Продолжим рассуждения из решение задачи 31.52 дальше. Приравнивая (2) и (3), получим, что точки пересечения прямых AF и BE, ED и CF, AD и BC лежат на прямой m2 lAD = m3 lBC. А приравняв (1) и (3), получим, что точки пересечения прямых AB и CF, CD и BE, AD и EF лежат на прямой m1 lAD = m3 lEF. Легко проверить, что полученные прямые пересекаются в одной точке. В самом деле, если X — точка пересечения первых двух из этих прямых, то Сократив на m2 lBC (X), получим m1 lAD = m3 lEF (мы не будем останавливаться на обсуждении вырожденного случая, когда m2 lBC (X) = 0).

б) При доказательстве теоремы Штейнера исходными четырёхугольниками были ABCD, AFED и BEFC. Можно исходить также из четырёхугольников ABFE, ABDC и CDFE. Тогда получим теорему Киркмана.

31.54. Пусть f = 0 — уравнение данной окружности. Согласно задаче 31. f = llKL lMN + mlKN lML. Это равенство выполняется и для ограничений всех рассматриваемых функций на прямую AB. Введём на прямой AB координату x, приняв точку O за начало координат. Тогда можно считать, что f = x2 a и lKL lMN = x2, поэтому lKN lML = bx2 c. Следовательно, корни уравнения lKN lML = 0 равноудалены от точки O.

31.55. Пусть для определённости P = P, Q = Q и R = R. Согласно задаче 31. Рассмотрев ограничение этого равенства на прямую AB, получим равенство вида При этом требуется доказать, что s = s.

Равенство (1) можно преобразовать к виду Точка Q может совпасть только с точкой S, поэтому Q = P и Q = R, а значит, (x p)(x r) не делится на (x q). Поэтому b(x s) b (x s ) = 0. Следовательно, s = s.

31.56. Согласно задаче 31.45 линейная комбинация уравнений гипербол с перпендикулярными асимптотами тоже является уравнением гиперболы с перпендикулярными асимптотами. В пучке же коник, проходящих через A, B, C и H, есть две вырожденные коники с перпендикулярными асимптотами: lAB lCH и lBC lAH. Следовательно, согласно задаче 31.51 все коники этого пучка будут гиперболами с перпендикулярными асимптотами.

31.57. На направление осей коники влияют лишь квадратичные члены её уравнения, поэтому будем учитывать только их. Можно считать, что уравнение одной из коник имеет вид ax2 + by2 +... = 0. Если линейная комбинация этого уравнения и уравнения a1 x2 + b1 y2 + c1 xy +... = 0 имеет вид x2 + y2 +... = 0, то c1 = 0, т. е. оси коник перпендикулярны. Пусть наоборот a + la1 = b + lb1. Остаётся заметить, что если a + la1 = b + lb1 = 0, то рассматриваемые коники имеют не более двух общих точек, так как среди линейных комбинаций их уравнений есть линейное уравнение.

31.58. Коника, проходящая через точки A, B, C и D, имеет уравнение F = 0, где F = llAB · lCD + lBC · lAD. Как видно из решения задачи 31.1, центр этой коники задаётся системой уравнений, которые линейны по x, y и l. Выразив l из одного уравнения и подставив это выражение во второе уравнение, получим уравнение второго порядка, связывающее x и y.

31.59. а) Пусть точки C и D симметричны точкам C и D относительно середины M отрезка AB. Тогда точки A, B, C, D, C, D лежат на одной конике с центром M, поэтому M принадлежит Г.

604 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Пусть O — точка пересечения прямых AB и CD. Точка O служит центром вырожденной коники, состоящей из пары прямых AB и CD. Поэтому O принадлежит Г.

б) Середины сторон четырёхугольника ABCD образуют параллелограмм, центр которого совпадает с центром масс точек A, B, C, D. Этот параллелограмм вписан в конику Г, поэтому его центр совпадает с центром коники.

в) Следует из а).

г) Фиксируем в рассматриваемом пучке коник одну конику, отличную от окружности и параболы. Из задачи 31.57 следует, что оси всех остальных коник будут перпендикулярны осям фиксированной коники. (Оси коники взаимно перпендикулярны, поэтому оси всех остальных коник параллельны осям фиксированной коники.) Среди коник пучка есть эллипс и есть гиперболы двух разных типов: ветвь гиперболы, содержащая точку A, может содержать либо точку B, либо точку D. Поэтому среди коник пучка есть две параболы, причём их оси взаимно перпендикулярны. Центрами этих двух парабол служат бесконечно удалённые точки двух взаимно перпендикулярных направлений.

31.60. Результат задачи 31.51 можно применять и в том случае, когда некоторые пары точек сливаются, т. е. коники не только проходят через данную точку, но и касаются друг друга в этой точке.

Пусть p1 = 0 и p2 = 0 — уравнения общих касательных к коникам Г и Г в точках A и B, q = 0 — уравнение прямой AB. Тогда уравнения коник Г и Г1 можно представить в виде f = lp1 p2 + mq2 = 0 и f1 = l1 p1 p2 + m1 q2 = 0.

Домножив f1 на l/l1, можно считать, что l = l1, а значит, f1 = f + aq2.

Аналогично f2 = f + br2, где r = 0 — уравнение прямой CD. Рассмотрим уравнение f1 f2 = 0, т. е. aq2 br2 = 0. Ему удовлетворяют четыре общие точки коник Г1 и Г2. С другой стороны, это уравнение разлагается в произведение линейных уравнений aq + br = 0 и aq br = 0. Следовательно, прямые aq ± br = 0 содержат общие хорды коник Г1 и Г2.

Ясно также, что точка пересечения этих прямых совпадает с точкой пересечения прямых q = 0 и r = 0.

31.61. Рассмотрим отображение z az + bz. В координатах (x, y), где x + iy = z, это отображение аффинное, причём его определитель равен |a|2 |b|2.

Образом окружности |z| = 1 при невырожденном аффинном отображении будет эллипс, а при вырожденном — отрезок или точка.

31.62. Несложные вычисления показывают, что Ясно также, что координаты всех точек рассматриваемой кривой ограничены.

Если ad = bc, то получаем эллипс, а если ad = bc — отрезок.

31.63. Пусть вершина A скользит по оси Ox, а вершина B — по оси Oy.

Опустим из вершины C высоту CH на сторону AB. Пусть AH = q, CH = h и BAO = f. Тогда точка C имеет координаты Поэтому согласно задаче 31.62 точка C движется по кривой Поэтому если h2 = q(c q), то точка C движется по эллипсу.

Угол C прямой тогда и только тогда, когда (h2 + q2 ) + h2 + (c q)2 = c2, т. е. h2 = q(c q).

З а м е ч а н и е. Если угол C прямой, то точка C движется по отрезку (см. задачу 2.5).

31.64. Точка X, равноудалённая от точки A и окружности радиуса R с центром O, должна удовлетворять соотношению OX AX = R в случае, когда точка A расположена вне данной окружности, и соотношению OX + AX = R в случае, когда точка A расположена внутри данной окружности. В случае, когда точка A лежит на данной окружности, точка X должна лежать на луче OA.

31.65. Центр окружности, проходящей через данную точку A и касающейся данной окружности S, равноудалён от точки A и окружности S. Поэтому можно воспользоваться результатом задачи 31.64.

31.66. Прямая At Bt задаётся уравнением т. е.

При фиксированном x, когда t пробегает все действительные значения, y принимает все значения, не превосходящие (x2 /4) + 1. Таким образом, искомое множество задаётся неравенством y (x2 /4) + 1.

31.67. Выберем систему координат так, чтобы прямая l задавалась уравнением x = 0, а точка O имела координаты (1, 0). Точка X = (x, y) принадлежит искомому множеству тогда и только тогда, когда окружность с диаметром OX пересекает прямую l. Это означает, что расстояние от центра этой окружности до прямой l не превосходит её радиуса, т. е.

Таким образом, искомое множество задаётся неравенством y2 4x.

31.68. Будем называть преобразованием подобия композицию собственного движения и гомотетии. Пусть X1 и X2 — два положения точки X; X и X2 — положения точки X в те же моменты времени. Существует единственное преобразование подобия, переводящее X1 в X1, а X2 в X2. Это преобразование в любой момент времени переводит точку X в соответствующую точку X. Пусть O — центр рассматриваемого преобразования подобия, OH — высота треугольника XOX. Точка H получается из X некоторым преобразованием подобия, поэтому H движется по некоторой прямой. Учитывая, что XX OH, получаем такое же множество, как и в задаче 31.67.

31.69. Можно считать, что центр окружности S расположен в начале координат, а точка O имеет координаты (c, 0). Точка A = (x, y) принадлежит искомому множеству тогда и только тогда, когда окружность S пересекает окружность S1 с диаметром AO. Пусть a — радиус окружности S, R — радиус окружности S1, d — расстояние между центрами этих окружностей. Окружности S и S1 пересекаются тогда и только тогда, когда из отрезков a, d, R можно составить треугольник, т. е.

606 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Учитывая, что 4d2 = (x + c)2 + y2 и 4R2 = (x c)2 + y2, приходим к неравенству которое эквивалентно неравенству (cx a2 )2 4a2 R2, т. е.

31.70. Можно считать, что уравнение коники имеет вид В самом деле, эллипс и гиперболу можно задать уравнением A(z2 +z2 )+Bzz= (при B < 2A получаем эллипс, а при B > 2A получаем гиперболу); параболу можно задать уравнением Пусть u — центр правильного треугольника с вершинами u + vek, где k = 1, 2, 3 и e = exp(2pi/3). Если этот треугольник вписан в конику (1), то числа zk = u + vek, k = 1, 2, 3, удовлетворяют соотношению (1). Сложив три таких равенства, получим (мы воспользовались тем, что e + e + e = 0). Подставим в (1) значение z = z3 = u + v и вычтем из (2) полученное соотношение. В результате получим Re(Fv + Av2 ) = 0, где F = 2Au + Bu + C. Проделав аналогичные вычисления для z = z1 = u + ve, получим Fv + Av2 = 0. Так как v = 0, то при A = случай A = 0 соответствует окружности. Подставив (3) в (2), получим уравнение требуемой коники.

Отметим, что вторая коника совпадает с исходной тогда и только тогда, когда B = 0, т. е. в случае равнобочной гиперболы.

31.71. Фиксируем на данной конике точку (x0, y0 ). Для фиксированного t рассмотрим прямую y = y0 + t(x x0 ). Эта прямая проходит через точку (x0, y0 ). Найдём остальные точки пересечения прямой и коники (как мы сейчас выясним, прямая почти всегда пересекает конику ещё ровно в одной точке). Подставим выражение y = y0 + t(x x0 ) в уравнение коники.

В результате получим уравнение вида A(t)x2 + B(t)x + C(t) = 0, где A(t), B(t), C(t) — многочлены; например A(t) = ct2 + a. Точки пересечения рассматриваемой прямой и коники соответствуют корням полученного квадратного уравнения. Одну точку пересечения мы знаем — это фиксированная точка (x0, y0 ). Поэтому уравнение A(t)x2 + B(t)x + C(t) = 0 имеет корень x0. Второй Мы получили взаимно однозначное соответствие между точками коники и параметром t (тангенсом угла наклона прямой) за исключением некоторых особых случаев.

1) Вертикальная прямая может пересекать конику, но ей не соответствует никакой конечный параметр t (можно считать, что ей соответствует t = ±).

2) Для исключительных значений параметра t коэффициент A(t) = ct2 + a может обращаться в нуль. В таком случае квадратное уравнение превращается в линейное уравнение, у которого нет второго корня. В этом случае прямая пересекает конику лишь в одной точке (можно считать, что вторая точка пересечения бесконечно удалённая).

Отметим, что совпадение корней квадратного уравнения соответствует тому, что рассматриваемая прямая — касательная к конике.

31.72. Подставим выражение y = t(x 1) в уравнение окружности. В результате получим уравнение (1 + t2 )x2 + (2t2 )x + t2 1 = 0. Произведение корней этого уравнения равно, причём один корень равен 1. Поэтому 31.73. Для многочлена A(t) = ct2 + a это видно непосредственно. Для каждого фиксированного l прямая x = l пересекает конику не более чем в двух точках, поэтому уравнение P(t) = lA(t) имеет не более двух корней.

Следовательно, степень многочлена P не превосходит 2. Для многочлена Q доказательство аналогично.

31.74. Пусть ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey = f — уравнение одной коники, P(t) Q(t) а, — рациональная параметризация второй коники. Тогда точки A(t) A(t) их пересечения соответствуют корням уравнения Согласно задаче 31.73 степень этого уравнения не превосходит 4. (Вообще говоря, мы могли бы получить уравнение вида g = 0, где g — некоторое число.

Но это соответствует либо случаю двух совпадающих коник, либо случаю непересекающихся коник.) Остаётся заметить, что уравнение, степень которого не превосходит 4, имеет не более 4 корней.

З а м е ч а н и е. Если речь идёт не о кониках, а о произвольных кривых второго порядка, то несовпадающие вырожденные кривые второго порядка могут иметь общую прямую.

31.75. Пусть точки A, B, C не лежат на одной прямой. Достаточно доказать, что имеется лишь конечное число точек P, расстояния от которых до A, B и C — целые числа. Пусть k — наибольшее из чисел AB и BC.

Тогда |PA PB| AB k. Геометрическим местом точек P, для которых |PA PB| = d, является гипербола с фокусами A и B. Так как 0 d k, точка P расположена на одной из k + 1 гипербол с фокусами A и B (одна из этих гипербол вырождается в прямую). Аналогично точка P расположена на одной из k + 1 гипербол с фокусами B и C. Поскольку две гиперболы имеют не более четырёх общих точек (задача 31.74), а гиперболы с общими фокусами вообще не имеют общих точек, то всего имеется не более 4(k + 1) точек пересечения гипербол.

31.76. Пусть коника задана уравнением Эта коника проходит через точку (1, 0, 0) тогда и только тогда, когда p = 0.

Коника (1) касается прямой x = 0 тогда и только тогда, когда выражение qy2 + rz2 + uyz является полным квадратом, т. е. u = ±2 qr.

З а м е ч а н и е 1. Уравнение эллипса касающегося всех сторон треугольника, можно записать в виде где p1 = 4 p и т. д.

З а м е ч а н и е 2. В барицентрических координатах уравнения вписанной и описанной коники имеют такой же вид (хотя сами коэффициенты будут другими).

31.77. Если две точки имеют абсолютные барицентрические координаты (a1, b1, g1 ) и (a2, b2, g2 ), то середина отрезка с концами в этих точках Поэтому в абсолютных барицентрических координатах симметрия относительно точки (a0, b0, g0 ) задаётся формулой Таким образом, нужно проверить, что если a+b+g=1 и pab+qag+rbg=0, то p(2a0 a)(2b0 b) + q(2a0 a)(2g0 g) + r(2b0 b)(2g0 g) = 0, (1) где a0 = ству Выражение в левой части равенства (2) равно 2pq + 2pr + 2qr p2 q2 r 31.78. Если прямая не проходит через вершины треугольника, то в трилинейных координатах она задаётся уравнением px + qy + rz = 0, где числа p, q, r отличны от нуля. Её образ при изогональном сопряжении задаётся уравp q r нением + + = 0, т. е. pyz + qxz + rxy = 0. Это уравнение задаёт некоторую конику, проходящую через вершины треугольника.

Прямая, проходящая через вершину A, задаётся уравнением qy + rz = 0, Её образ при изогональном сопряжении задаётся уравнением x(ry + qz) = 0.

Это уравнение задаёт две прямые: x = 0 (прямая BC) и ry + qz = 0 (эта прямая симметрична исходной прямой относительно биссектрисы угла A).

31.79. а) При изогональном сопряжении описанная окружность переходит в бесконечно удалённую прямую (задача 2.95). Поэтому количество точек пересечения с бесконечно удалённой прямой образа прямой l при изогональном сопряжении равно количеству точек пересечения прямой l с описанной окружностью. Ясно также, что коника является эллипсом, если она не пересекает бесконечно удалённую прямую; параболой — если касается; гиперболой — если пересекает в двух точках.

б) Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее треугольник ABC в правильный треугольник A B C. Для правильного треугольника изотомическое сопряжение одновременно является изогональным сопряжением. Ясно также, что изотомическое сопряжение инвариантно относительно аффинных преобразований. Поэтому задача б) следует из задачи а).

31.80. а) Согласно задаче 31.78 рассматриваемая кривая является коникой, проходящей через вершины треугольника. Нужно лишь доказать, что эта коника является равнобочной гиперболой.

П е р в о е р е ш е н и е. При изогональном сопряжении точка O переходит в ортоцентр. Если коника проходит через вершины треугольника и его ортоцентр, то она — гипербола с перпендикулярными асимптотами (задача 31.56).

В т о р о е р е ш е н и е. При изогональном сопряжении точки описанной окружности переходят в бесконечно удалённые точки (задача 2.95). Легко также видеть, что если точки P1 и P2 лежат на описанной окружности треугольника ABC и прямые, симметричные прямым APi, BPi и CPi относительно биссектрис углов A, B и C, параллельны прямой li, то угол между прямыми l1 и l2 равен углу P1 AP2. Поэтому диаметрально противоположным точкам P1 и P2 соответствуют перпендикулярные прямые l1 и l2.

б) Это непосредственно следует из задачи 31.59 в), поскольку рассматриваемая коника проходит через вершины треугольника и его ортоцентр.

31.81. а) Сначала найдём уравнение прямой OK в трилинейных координатах. Точка O имеет трилинейные координаты (cos A : cos B : cos C), а точка K имеет трилинейные координаты (a : b : c). Легко проверить, что обе эти точки лежат на прямой Поэтому гипербола Киперта (изогонально сопряжённая этой прямой) задаётся уравнением т. е. bc(b2 c2 )yz + ac(c2 a2 )xz + ab(a2 b2 )xy = 0.

б) В барицентрических координатах гипербола Киперта задаётся уравнением 31.82. Будем считать, что 0 < f < p/2 в случае треугольников, построенных внешним образом, и p/2 < f < 0 в случае треугольников, построенных внутренним образом. Точка C1 имеет трилинейные координаты sin(b + f) : sin(a + f) : sin f, поэтому прямая CC1 задаётся уравнением x sin(a + f) = y sin(b + f). Таким образом, точка с трилинейными координатами sin(b + f) sin(g + f) : sin(a + f) sin(g + f) : sin(a + f) sin(b + f) является точкой пересечения прямых AA1, BB1 и CC1. Нужно проверить, что изогонально сопряжённая ей точка sin(a + f) : sin(b + f) : sin(g + f) лежит на прямой OK, т. е.

610 Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Но bc(b2 c2 ) sin a +... = 0 и bc(b2 c2 ) cos a +... = 0, поскольку точки K и O лежат на рассматриваемой прямой.

31.83. Уравнение гиперболы Киперта получено в решении задачи 31.81.

Поэтому, воспользовавшись задачей 31.77, получим, что барицентрические координаты центра гиперболы Киперта равны Соответственно, его трилинейные координаты равны 31.84. Сначала найдём уравнение прямой Эйлера в трилинейных координатах. Точка пересечения медиан имеет трилинейные координаты : :, а точка пересечения высот имеет трилинейные координаsin A sin B sin C Поэтому гипербола Енжабека (изогонально сопряжённая этой прямой) задаётся уравнением

ДОПОЛНЕНИЕ

Кубические уравнения, связанные с треугольником Для любого треугольника несложно доказать соотношение где p — полупериметр, r — радиус вписанной окружности. В самом деле, пусть u = AC1 = AB1, v = BC1 = BA1, w = CA1 = CB1 (рис. Д1). Тогда заметить, что AB1 = r ctg.

Воспользуемся теоремой синусов и заменим a на 2R sin A, где R — радиус описанной окружности. В результате получим Рассмотрим для треугольника с некоторыми значениями p, R и r уравнение Это уравнение имеет корни f1 = A, f2 = B, f3 = C — величины углов треугольника. Можно ожидать, что уравнение (1) в каком-то смысле является кубическим уравнением.

В уравнение (1) входят sin f и ctg(f/2). Их можно выразить через какую-нибудь одну тригонометрическую функцию. Например, Поэтому при x = tg(f/2) уравнение (1) принимает вид т. е.

Уравнение (2) имеет корни x1 = tg(A/2), x2 = tg(B/2), x3 = tg(C/2).

В том случае, когда эти числа различны, по теореме Виета получаем

A B B C C A

С помощью предельного перехода легко убедиться, что эти формулы остаются справедливыми и в том случае, когда среди чисел tg(A/2), tg(B/2), tg(C/2) есть равные.

Выразим теперь sin f и ctg(f/2) через x = cos f:

Подставив эти выражения в уравнение (1), получим При x = 1 это уравнение приводится к виду Следовательно, Легко проверить, что при x = 2R sin f уравнение (1) принимает вид Поэтому Аналогичным образом sin f и tg(f/2) можно выражать через другие тригонометрические функции и подставлять эти выражения в уравнение (1).

При x = tg f получаем уравнение При x = sin2 (f/2) получаем уравнение При x = cos2 (f/2) получаем уравнение Известно довольно много задач про треугольники с целочисленными углами. Вот два примера таких задач.

З а д а ч а 1. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием BC угол при вершине A равен 80. Внутри треугольника взята точка M так, что MBC = 30 и MCB = 10 (рис. Д2, a). Докажите, что AMC = 70.

З а д а ч а 2. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC угол при вершине B равен 20. На сторонах BC и AB взяты точки D и E соответственно так, что DAC = 60 и ECA = 50 (рис. Д2, б).

Докажите, что ADE = 30.

Задачи такого типа обычно бывают связаны с точками пересечения троек диагоналей правильных многоугольников, в данном случае — правильного восемнадцатиугольника.

A13 A15 ) = A1 A6 A14 равны 80, 50, 50 и MA14 A6 = 30, MA6 A14 = 10.

Что же касается задачи 2, то она эквивалентна следующему утверждению: в правильном восемнадцатиугольнике диагонали A1 A14, A7 A16 и A11 A17 пересекаются в одной точке (рис. Д4).

Но задачу 2 можно решить и с помощью совсем другой тройки пересекающихся диагоналей, а именно, диагоналей A1 A13, A3 A и A6 A15 (рис. Д5). В качестве треугольника ABC мы берём треугольник A14 OA15. Диагонали A1 A13 и A9 A15 симметричны относительно диаметра A5 A14, поэтому обе диагонали пересекают диаметр в одной точке.

Но мы пока не доказали, что тройки диагоналей на рис. Д3—Д действительно пересекаются в одной точке. Проверять, пересекаются ли тройки диагоналей в одной точке, удобно с помощью следующего утверждения.

Т е о р е м а. На сторонах треугольника ABC взяты точки A1, B1, C1 (A1 на BC и т. д. ). Отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда Д о к а з а т е л ь с т в о. Предположим сначала, что отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке O (рис. Д6). Тогда Следовательно,

SAOB SCOA SBOC

SAOC SCOB SBOA

т. е.

Предположим теперь, что для точек A1, B1 и C1 выполняется указанное соотношение. Пусть O — точка пересечения отрезков AA1 и BB1. Нужно доказать, что отрезок CC1 проходит через точку O.

Иными словами, если C1 — точка пересечения прямых CO и AB, то C1 = C1. Отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, поэтому, как только что было доказано, Сравнив эту формулу с условием теоремы, получим sin ACC1 : sin BCC1 = sin ACC1 : sin BCC1.

Остаётся доказать, что при движении sin ACX : sin BCX изменяется монотонно.

Сами углы ACX и BCX изменяются монотонно, но их синусы могут быть не монотонными в случае тупого угла C. Это не беда. В любом треугольнике есть острый угол, и мы с самого начала могли бы взять в качестве угла C острый угол треугольника. Доказательство теоремы завершено.

Теперь проверка того, что тройка диагоналей, изображённая на рис. Д3, пересекается в одной точке, сводится к проверке тождества Доказать его несложно:

Тройка диагоналей, изображённая на рис. Д3, соответствует тождеству Есть ещё три тождества, приводящих к тройкам пересекающихся диагоналей:

Проверку этих тождеств мы оставляем читателю.

Обратите внимание, что перестановка сомножителей в таких тождествах приводит к совсем другим тройкам Наш интерес к восемнадцатиугольнику, а не к какому-либо другому правильному многоугольнику, связан с тем, что у двенадцатиугольника. Например, диагонали A1 A5, A2 A6, A3 A8 и A4 A11 правильного двенадцатиугольника пересекаются З а д а ч а 3. Внутри квадрата ABCD взята точка P так, что треугольник ABP равносторонний. Докажите, что PCD = 15.

1. Дан треугольник ABC с углами A = 50, B = 60, C = 70.

а) На сторонах BA и AC взяты точки D и E так, что DCB = EBC = 40.

Докажите, что AED = 30.

б) На сторонах BA и BC взяты точки D и E так, что DCA = и EAC = 40. Докажите, что AED = 30.

2. В треугольнике ABC углы A, B и C равны 14, 62 и 104. На сторонах AC и AB взяты точки D и E соответственно так, что DBC = и ECB = 94 . Докажите, что CED = 34.

3. Докажите, что диагонали A1 An+2, A2n1 A3 и A2n A5 правильного 2n-угольника пересекаются в одной точке.

4. Докажите, что диагонали A1 A7, A3 A11 и A5 A21 правильного 24-угольника пересекаются в точке, лежащей на диаметре A4 A16.

5. Докажите, что в правильном тридцатиугольнике семь диагоналей пересекаются в одной точке.

Кубические кривые, связанные с треугольником Каждому треугольнику можно многими разными способами сопоставить кубическую кривую, т. е. кривую, заданную уравнением вида Некоторые из таких кубических кривых обладают интересными геометрическими свойствами. Эти кубические кривые, или кубики, обычно называют по именам геометров, впервые их исследовавших: кубика Дарбу, кубика Томсона, кубика Нейберга, кубика Мак-Кэя.

Наиболее интересные свойства кубик, связанных с треугольником, так или иначе используют изогональное сопряжение относительно этого треугольника. Поэтому наше изложение будет опираться на свойства изогонального сопряжения. Мы будем также пользоваться трилинейными координатами. Несложно понять, что в трилинейных координатах (x : y : z) кубическая кривая задаётся уравнением вида Первоначально кубики, связанные с треугольником, определялись посредством разнообразных геометрических конструкций. Но наиболее известные из этих кубик можно получить единой конструкцией1.

Эта конструкция основывается на следующем утверждении.

Т е о р е м а 1. Пусть на плоскости задана точка F. Для данного треугольника ABC рассмотрим всевозможные пары изогонально сопряжённых точек P и Q, для которых прямая PQ проходит через 1 Cundy H. M., Parry C. F. Some cubic curves associated with a triangle // Journal of Geometry. 1995. V. 53. P. 41—66.

точку F. Тогда точки P и Q заметают кубическую кривую, которая проходит через вершины треугольника, через центры вписанной и трёх вневписанных окружностей, а также через саму точку F.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть точка F имеет трилинейные координаты (f1 : f2 : f3 ). Если точка P имеет трилинейные координаты (x : y : z), то точка Q, изогонально сопряжённая с ней, имеет трилинейные координаты (x1 : y1 : z1 ), т. е. (yz : zx : xy). Поэтому условие, что точки P, Q, F лежат на одной прямой, запишется в виде т. е.

Легко проверить, что точка F = (f1 : f2 : f3 ), точки A = (1 : 0 : 0), Ib = (1 : 1 : 1), Ic = (1 : 1 : 1) лежат на кривой, заданной уравнением (1), т. е. координаты указанных точек удовлетворяют этому уравнению.

Непосредственно из геометрического определения кривой (1) видно, что она переходит сама в себя при изогональном сопряжении. В самом деле, если точка P лежит на кривой (1), то изогонально сопряжённая с ней точка Q тоже лежит на кривой (1).

Точку F, с помощью которой строится кубическая кривая (1), будем называть центром вращения для этой кривой.

Центром вращения для этой кривой служит точка H, симметричная точке пересечения высот H относительно центра описанной окружности O. Легко проверить, что точка H имеет трилинейные координаты где a, b, g — углы треугольника.

В трилинейных координатах кубика Дарбу задаётся уравнением (Мы написали только коэффициент при x(y2 z2 ); коэффициенты при y(z2 x2 ) и при z(x2 y2 ) записываются очевидным образом.) Кубика Дарбу проходит через следующие точки: ортоцентр и центр описанной окружности.

Кубика Дарбу допускает следующее геометрическое описание.

Т е о р е м а 2. Пусть A1, B1, C1 — проекции точки D на прямые BC, CA, AB. Точка D лежит на кубике Дарбу тогда и только тогда, когда прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Согласно теореме Чевы прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда где AC1 и т. д. — ориентированные длины отрезков (т. е. числа AC и C1 B имеют один и тот же знак, если точка C1 лежит на отрезке AB, а если точка C1 лежит вне отрезка AB, то эти числа имеют противоположные знаки).

Пусть (x, y, z) — абсолютные трилинейные координаты точки D, т. е. x, y, z — расстояния от точки D до прямых BC, CA, AB с учётом знака. Легко проверить, что AC1 = и т. д. Поэтому прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда (z cos a + y)(y cos g + x)(x cos b + z) = (z cos b + x)(x cos g + y)(y cos a + z).

Полученное уравнение легко преобразуется в уравнение кубики Дарбу.

З а м е ч а н и е 1. Если равенство выполняется для некоторой точки D, то такое же равенство выполняется и для точки D, симметричной точке D относительно центра описанной окружности. Поэтому кубика Дарбу симметрична относительно центра описанной окружности.

З а м е ч а н и е 2. Несложно доказать, что прямые AA1, BB1, CC пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда существует кривая второго порядка, касающаяся сторон треугольника (или их продолжений) в точках A1, B1, C1.

Центром вращения для этой кривой служит центр масс M. Напомним, что центр масс треугольника имеет трилинейные координаты (bc, ca, ab).

В трилинейных координатах кубика Томсона задаётся уравнением По-другому это уравнение можно записать в виде Кубика Томсона проходит через следующие точки: ортоцентр и центр описанной окружности, середины сторон, середины высот.

Из замечания 2 к теореме 2 видно, что кубика Дарбу допускает следующее геометрическое описание. Рассмотрим всевозможные кривые второго порядка, касающиеся сторон данного треугольника или их продолжений. Выделим среди них те кривые второго порядка, для которых перпендикуляры к сторонам треугольника в точках касания пересекаются в одной точке. Тогда точки пересечения этих перпендикуляров заметают кубику Дарбу. Можно доказать, что центры выделенных таким образом кривых второго порядка заметают кубику Томсона.

Центром вращения для этой кривой служит центр описанной окружности O. Напомним, что центр описанной окружности имеет трилинейные координаты (cos a : cos b : cos g).

В трилинейных координатах кубика Мак-Кэя задаётся уравнением Кубика Мак-Кэя проходит через следующие точки: ортоцентр и центр описанной окружности.

Т е о р е м а 3. Пусть вершины треугольника расположены в точках a, b, c единичной окружности на комплексной плоскости. Точка, соответствующая комплексному числу z, лежит на кубике Мак-Кэя тогда и только тогда, когда выполняется равенство Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть точки z и w изогонально сопряжены относительно данного треугольника. Тогда согласно теореме Морли (задача 29.45) точки z и w связаны соотношением Следовательно, Умножим обе части соотношения (3) на abcz и вычтем из полученного выражение соотношение (2). В результате получим По определению кубики Мак-Кэя прямая zw проходит через центр описанной окружности, т. е. через начало координат. Это означает, что w/w = z/z. Выразив w/w с помощью соотношения (4), после несложных преобразований получим требуемое уравнение.

С л е д с т в и е. Кубика Мак-Кэя пересекает описанную окружность треугольника в трёх точках, являющихся вершинами правильного треугольника. (Мы учитываем только точки пересечения, отличные от вершин исходного треугольника.) Д о к а з а т е л ь с т в о. Будем считать, что вершины треугольника расположены в точках единичной окружности на комплексной плоскости. Тогда для точки z, лежащей на описанной окружности треугольника, выполняется равенство z = z1. Поэтому точки пересечения кубики Мак-Кэя с описанной окружностью удовлетворяют уравнению Если исключить вершины треугольника, то останутся точки, удовлетворяющие соотношению z3 = abc. Эти точки образуют правильный треугольник.

Будем считать, что PQR — величина# – угла, на который нужно повернуть против часовой стрелки вектор QP так, чтобы он стал сонаправлен с вектором QR.

Т е о р е м а 4. Точка M лежит на кубике Мак-Кэя тогда и только тогда, когда Д о к а з а т е л ь с т в о. Снова будем считать, что вершины треугольника расположены на единичной окружности на комплексной плоскости. Положим a = MAB, b = MBC, g = MCA. Пусть z — комплексное число, соответствующее точке M. Тогда Поэтому Таким образом, точка z лежит на кубике Мак-Кэя тогда и только тогда, когда e2i(a+b+g) = 1, т. е. a + b + g = + kp.

Легко проверить, что MAB + MBC + MCA + MAC + MCB + MBA = (2n + 1)p.

Поэтому точка M лежит на кубике Мак-Кэя тогда и только тогда, когда Отметим без доказательства следующее свойство кубики Мак-Кэя, которое обобщает теорему Фейербаха: описанная окружность треугольника, вершинами которого служат основания перпендикуляров, опущенных из любой точки кубики Мак-Кэя на стороны треугольника ABC (или на их продолжения), касается окружности девяти точек треугольника ABC.

Центром вращения для этой кривой служит бесконечно удалённая точка прямой OH. Иными словами, кубика Нейберга состоит из таких пар изогонально сопряжённых точек P и Q, что прямая PQ параллельна прямой OH.

В трилинейных координатах кубика Нейберга задаётся уравнением Кубика Нейберга является бесспорным лидером по количеству замечательных точек треугольника, через которые она проходит.

Действительно, эта кривая проходит через следующие точки: центр описанной окружности; ортоцентр; вершины правильных треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC (как внешним, так и внутренним образом); точки, симметричные вершинам треугольника ABC относительно его сторон; две точки, из которых стороны треугольника ABC видны под углом 60 или 120 (изогональные центры треугольника); две точки, для которых выполняется соотношение AX · BC = BX · CA = CX · AB (изодинамические центры треугольника).

Для рассмотренных выше кубик Дарбу, Томсона, Мак-Кэя и Нейберга центр вращения лежит на прямой Эйлера OH. Кубики, центры вращения которых лежат на прямой Эйлера, можно построить и посредством другой геометрической конструкции2. Эта конструкция основывается на следующем утверждении.

Т е о р е м а 5. Пусть A1, B1, C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA, AB, а треугольник A2 B2 C2 получен из треугольника A1 B1 C1 гомотетией с центром P и коэффициентом k. Тогда при фиксированном k = 0 точки P, для которых прямые AA2, BB2, CC2 пересекаются в одной точке, заметают кубическую кривую.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть (x : y : z) — трилинейные координаты точки P. Тогда точка A2 имеет трилинейные координаты Поэтому прямая AA2 задаётся линейным уравнением с коэффициентами (0, z kx cos b, y + kx cos g). Следовательно, прямые AA2, BB2, CC2 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда 2 Pinkernell G. M. Cubic curves in the triangle plane // Journal of Geometry. 1996. V. 55.

P. 141—161.

обращается в нуль определитель При k = 1 получаем кубику Дарбу, при k = 1 — кубику Томсона, а при k = 2 — кубику Нейберга. Если подходить формально, то кубика Мак-Кэя этой конструкцией не охватывается. Но естественно считать, что она относится к случаю k = 0.

Посмотрим теперь по-другому на конструкцию, изложенную в формулировке теоремы. А именно, фиксируем точку P и будем считать число k переменным. Для каких точек P прямые AA2, BB2, CC будут пересекаться в одной точке при всех k? И какие кривые будут заметать точки пересечения этих прямых?

Прямые AA2, BB2, CC2 при всех k пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда точка P при всех k лежит на кубике Девять таких точек нам известны: A, B, C, I, Ia, Ib, Ic, H, O. Две кубические кривые, пересекающиеся в конечном числе точек, не могут иметь более девяти общих точек. Поэтому какие-то другие точки P могут обладать требуемым свойством лишь в исключительных случаях. Например, в случае правильного треугольника этим свойством обладают все точки, лежащие на высотах или их продолжениях.

Если P = A, B, C или H, то прямые AA2, BB2, CC2 при всех k пересекаются в точке P. Интересные случаи соответствуют только центрам окружностей — описанной, вписанной и вневписанных.

Т е о р е м а 6. а) Если P = O, то точки пересечения прямых AA2, BB2, CC2 заметают прямую Эйлера OH.

б) Если P = I (P = Ia ), то точки пересечения прямых AA2, BB2, CC2 заметают гиперболу, изогонально сопряжённую прямой OI (прямой OIa ).

Д о к а з а т е л ь с т в о. а) Пусть прямые AA2, BB2, CC2 пересекаются в точке с трилинейными координатами (x : y : z ). Уравнение прямой AA2 показывает, что поскольку точка O имеет трилинейные координаты (x : y : z) = = (cos a : cos b : cos g). Поэтому Все такие точки лежат на прямой OH.

б) Ограничимся разбором случая P = I. В этом случае (x : y : z) = = (1 : 1 : 1), поэтому Таким образом, точка, изогонально сопряжённая точке (x : y : z ), имеет трилинейные координаты Все такие точки лежат на прямой OI.

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ