Глава 19. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 20.

19.1.

При гомотетии с центром в точке пересечения диагоналей четырехугольника и коэффициентом 3/2 точки пересечения медиан указанных треугольников переходят в середины сторон четырехугольника. Остается воспользоваться результатом задачи 1.2.

19.2.

При гомотетии с центром K, переводящей DKBC в  DKAD, точка M переходит в N, поэтому точка K лежит на прямой MN. При гомотетии с центром L, переводящей DLBC в DLDA, точка M переходит в N. Поэтому точка L лежит на прямой MN.

19.3.

Пусть продолжения боковых сторон AB и CD пересекаются в точке K, а диагонали трапеции пересекаются в точке L. Согласно предыдущей задаче прямая KL проходит через середину отрезка AD, а по условию задачи эта же прямая делит пополам угол AKD. Поэтому треугольник AKD равнобедренный (см. задачу 16.1), а значит, трапеция ABCD тоже равнобедренная.

19.4.

При гомотетии с центром M и коэффициентом  – 2 прямые PA₁, PB₁ и PC₁ переходят в прямые l_a, l_b и l_c, а значит, искомая точка Q является образом точки P при этой гомотетии.

19.5.

Рассмотрим гомотетию H_B^k с центром B, переводящую отрезок AC в отрезок AўCў, касающийся описанной окружности треугольника ABC. Обозначим середины отрезков PK и AўCў через O₁ и D, центр окружности S - через O.

Рис. 19.1

19.6. Пусть k - коэффициент подобия многоугольников, причем k < 1. Сдвигая стороны исходного многоугольника внутрь последовательно на k, k², k³, ј, получаем стягивающуюся систему вложенных выпуклых многоугольников, подобных исходному с коэффициентами k, k², k³, ј Единственная общая точка этих многоугольников является центром вписанной окружности исходного многоугольника.

19.7. Пусть A₁, B₁ и C₁ - середины сторон BC, AC и AB соответственно. При гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника и коэффициентом гомотетии  – 1/2 описанная окружность S треугольника ABC переходит в описанную окружность S₁ треугольника A₁B₁C₁. Так как окружность S₁ пересекает все стороны треугольника ABC, то можно построить треугольник AўBўCў со сторонами, параллельными сторонам треугольника ABC, для которого S₁ будет вписанной окружностью (рис. 19.1). Пусть r и rў - радиусы вписанных окружностей треугольников ABC и AўBўCў; R и R₁ - радиусы окружностей S и S₁. Ясно, что r Ј rў = R₁ = R/2. Равенство достигается, если треугольники AўBўCў и ABC совпадают, т. е. S₁ - вписанная окружность треугольника ABC. В этом случае AB₁ = AC₁, поэтому AB = AC. Аналогично AB = BC.

19.8. Так как

® MMi

= (

® MA1

+ ј +

® MAn

–

® MAi

)/(n – 1)  =   –

® MAi

/(n – 1)

, то точка A_i переходит в точку M_i при гомотетии с центром M и коэффициентом  – 1/(n – 1).

19.9. Пусть A и B - пара наиболее удаленных друг от друга точек многоугольника F. Тогда F₁ = H_A^1/2(F) и  F₂ = H_B^1/2(F) - искомые фигуры. В самом деле, F₁ и F₂ не пересекаются, так как лежат по разные стороны от серединного перпендикуляра к отрезку AB. Кроме того, F_i содержится в F, так как F - выпуклый многоугольник.

19.10. Пусть M - точка пересечения медиан треугольника ABC, O - середина отрезка AB. Ясно, что

3

® OM

=

® OC

, поэтому точки M заполняют окружность, полученную из исходной окружности гомотетией с коэффициентом 1/3 и центром O.

19.11.

а) При гомотетии с центром B, переводящей вписанную окружность во вневписанную окружность, касающуюся стороны AC, точка M переходит в некоторую точку Mў. Точка Mў является концом диаметра, перпендикулярного прямой AC, поэтому Mў является точкой касания вписанной окружности со стороной AC, а значит, и точкой пересечения прямой BM со стороной AC. Поэтому K = Mў и точка K является точкой касания вневписанной окружности со стороной AC. Теперь легко вычислить, что AK = (a + b – c)/2 = CD, где a, b и c - длины сторон треугольника ABC.

19.12.

Воспользуемся решением и обозначениями задачи 19.11, а). Так как AK = DC, то B₁K = B₁D, а значит, B₁O - средняя линия треугольника MKD.

19.13.

Пусть O_a, O_b, O_g и O_d - центры окружностей a, b, g и d; O₁ и O₂ - центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Треугольник O_aO_bO_g переходит в треугольник ABC при гомотетии с центром O₁. При этой гомотетии точка O₂ переходит в центр описанной окружности треугольника O_aO_bO_g, совпадающий с точкой O_d. Поэтому точки O₁, O₂ и O_d лежат на одной прямой.

19.14.

Пусть A₁, B₁ и C₁ - центры данных окружностей, касающихся сторон треугольника, O - центр окружности, касающейся этих окружностей, O₁ и O₂ - центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Прямые AA₁, BB₁ и CC₁ являются биссектрисами треугольника ABC, поэтому они пересекаются в точке O₁. Следовательно, треугольник A₁B₁C₁ переходит в треугольник ABC при гомотетии с центром O₁, причем коэффициент гомотетии равен отношению расстояний от точки O₁ до сторон треугольников ABC и A₁B₁C₁, т. е. равен (r – r)/r. При этой гомотетии описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окружность треугольника A₁B₁C₁. Так как OA₁ = OB₁ = OC₁ = 2r, радиус описанной окружности треугольника A₁B₁C₁ равен 2r. Следовательно, R(r – r)/r = 2r, т. е. r  =  rR/(2r + R).

19.15.

Пусть X - центр гомотетии (с положительным коэффициентом), переводящей вписанную окружность треугольника ABC в описанную окружность. Прямая AX пересекает вписанную окружность в точках Aў и Aўў, одна из которых (для определенности Aўў) при указанной гомотетии переходит в точку A, а другая - в некоторую точку A₂, лежащую на описанной окружности.

19.16.

Возьмем на биссектрисе угла ABC произвольную точку O и построим окружность S с центром O, касающуюся сторон угла. Прямая BM пересекает окружность S в точках M₁ и M₂. Задача имеет два решения: при гомотетии с центром B, переводящей M₁ в M, и при гомотетии с центром B, переводящей M₂ в M, окружность S переходит в окружности, проходящие через точку M и касающиеся сторон угла.

19.17.

Ясно, что обе окружности касаются одной из сторон треугольника. Покажем, как построить окружности, касающиеся стороны AB. Возьмем прямую cў параллельную прямой AB. Построим окружности S₁ў и S₂ў одного радиуса, касающиеся друг друга и прямой cў. Построим касательные aў и bў к этим окружностям, параллельные прямым BC и AC соответственно. Треугольник AўBўCў, образованный прямыми aў, bў и cў, имеет стороны, параллельные сторонам треугольника ABC. Поэтому существует гомотетия, переводящая треугольник AўBўCў в треугольник ABC. Искомые окружности являются óбразами окружностей S₁ў и S₂ў при этой гомотетии.

19.18.

а) Отложим на сторонах AB и BC треугольника ABC отрезки AX₁ и CY₁ равной длины a. Проведем через точку Y₁ прямую l, параллельную стороне AC. Пусть Y₂ - точка пересечения прямой l и окружности радиуса a с центром X₁, лежащая внутри треугольника. Тогда искомая точка Y является точкой пересечения прямой AY₂ со стороной BC, X - такая точка луча AB, что AX = CY.

19.19.

Возьмем отрезок AD и проведем окружности S₁ и S₂ с центром A и радиусами AB и AC соответственно. Вершина B является точкой пересечения окружности S₁ с образом окружности S₂ при гомотетии с центром D и коэффициентом  – DB/DC =  – AB/AC.

19.20.

Возьмем на большей окружности S₂ произвольную точку X. Пусть S₂ў - образ окружности S₂ при гомотетии с центром X и коэффициентом 1/3, Y - точка пересечения окружностей S₂ў и S₁. Тогда XY - искомая прямая.

19.21.

Восставим из точек B и C перпендикуляры к прямым AB и AC; пусть P - точка их пересечения. Тогда точка пересечения прямых AP и BC - искомая.

19.22.

Проведем к окружностям S₁ и S₂ общие внешние касательные l₁ и l₂. Прямые l₁ и l₂ пересекаются в точке K, которая является центром гомотетии H, переводящей окружность S₁ в окружность S₂. Пусть A₁ = H(A). Точки A и K лежат на прямой, соединяющей центры окружностей, поэтому AA₁ - диаметр окружности S₂, т. е. РACA₁ = 90° и A₁C||AB. Следовательно, отрезок AB при гомотетии H переходит в A₁C. Поэтому прямая BC проходит через точку K и РADK = 90°. Точка D лежит на окружности S с диаметром AK. Ясно также, что точка D лежит внутри угла, образованного прямыми l₁ и l₂. Таким образом, геометрическим местом точек D является дуга окружности S, высекаемая прямыми l₁ и l₂.

19.23.

Из условия задачи следует, что отображение f взаимно однозначно.

б) Рассмотрим три точки A, B и C, не лежащие на одной прямой. Пусть Aў, Bў и Cў - их образы при отображении f. Прямые AB, BC и CA не могут совпасть с прямыми AўBў, BўCў и CўAў соответственно, так как в этом случае A = Aў, B = Bў и C = Cў. Пусть AB № AўBў. Прямые AAў и BBў не параллельны, поскольку иначе четырехугольник ABBўAў был бы параллелограммом и 

® AB

=

® AўBў

. Пусть O - точка пересечения прямых AAў и BBў. Треугольники AOB и AўOBў подобны с коэффициентом подобия k, поэтому

® OAў

= k

® OA

, т. е. O - неподвижная точка преобразования f. Следовательно,

® Of(X)

=

® f(O)f(X)

= k

® OX

для любой точки X, а это означает, что преобразование f является гомотетией с коэффициентом k и центром O.

19.24.

Пусть H = H₂°H₁, где H₁ и H₂ - гомотетии с  центрами O₁ и O₂ и коэффициентами k₁ и k₂. Введем обозначения Aў = H₁(A), Bў = H₁(B), Aўў = H₂(Aў), Bўў = H₂(Bў). Тогда

® AўBў

= k1

® AB

и 

® AўўBўў

= k2

® AўBў

, т. е.

® AўўBўў

= k1k2

® AB

. Из этого с помощью предыдущей задачи получаем, что преобразование H при k₁k₂ № 1 является гомотетией с коэффициентом k₁k₂, а при k₁k₂ = 1 - параллельным переносом.

19.25.

Точка A является центром гомотетии, переводящей S₁ в S₂, точка B - центром гомотетии, переводящей S₂ в S₃. Композиция этих гомотетий переводит S₁ в S₃, причем ее центр лежит на прямой AB. С другой стороны, центром гомотетии, переводящей S₁ в S₃, является точка C. В самом деле, точке пересечения внешних касательных соответствует гомотетия с положительным коэффициентом, а композиция гомотетий с положительными коэффициентами является гомотетией с положительным коэффициентом.

19.26.

а) Пусть K, L, M - точки пересечения прямых AB и CD, AP и DQ, BP и CQ. Эти точки являются центрами гомотетий H_K, H_L и H_M с положительными коэффициентами, переводящих соответственно отрезок BC в AD, AD в PQ и BC в PQ. Ясно, что H_L°H_K = H_M. Поэтому точки K, L и M лежат на одной прямой.

19.27.

Так как Р(P₁A, AB) = Р(P₂A, AB), то ориентированные угловые величины дуг BP₁ и BP₂ равны. Поэтому при поворотной гомотетии с центром B, переводящей S₁ в S₂, точка P₁ переходит в P₂, а прямая P₁Q₁ переходит в прямую P₂Q₂.

19.28.

Так как ориентированные угловые величины дуг AM₁ и AM₂ равны, то Р(M₁B, BA) = Р(M₂B, BA), а значит, точки M₁, M₂ и B лежат на одной прямой.

19.29.

Пусть P_i - поворотная гомотетия с центром O, переводящая окружность S_i в S_i + 1. Тогда X_i + 1 = P_i(X_i) (см. задачу 19.28). Остается отметить, что композиция P_n°ј°P₂°P₁ является поворотной гомотетией с центром O, переводящей S₁ в S₁, т. е. она является тождественным преобразованием.

19.30.

Так как РAMB = РNAB и РBAM = РBNA, то DAMB ~ DNAB, а значит, AN : AB  =  MA : MB = CN : MB. Кроме того, РABM = 180° – РMAN = РANC. Следовательно, DAMB ~ DACN, т. е. поворотная гомотетия с центром A, переводящая M в B, переводит C в N, а значит, она переводит Q в P.

19.31.

Пусть O₁ и O₂ - центры данных окружностей, r₁ и r₂ - их радиусы. Коэффициент k поворотной гомотетии, переводящей S₁ в S₂, равен r₁/r₂, а ее центр O лежит на окружности с диаметром O₁O₂, и, кроме того, OO₁ : OO₂ = k = r₁/r₂. Остается проверить, что окружность с диаметром O₁O₂ и ГМТ O таких, что OO₁ : OO₂ = k, имеют ровно две общие точки. При k = 1 это очевидно, а при k № 1 последнее ГМТ описано в решении задачи 7.14: оно является окружностью, причем одна из ее точек пересечения с  прямой O₁O₂ лежит внутри отрезка O₁O₂, а другая - вне его.

19.32.

Рассмотрим преобразование, переводящее треугольник BHC в треугольник PHB, т. е. композицию поворота на 90° относительно точки H и гомотетии с коэффициентом BP : CB и центром H. Поскольку при этом преобразовании вершины квадрата переходят в вершины квадрата, а точки C и B переходят в точки B и P, то точка D переходит в точку Q, т. е. РDHQ = 90°.

19.33.

Пусть P - поворотная гомотетия, переводящая вектор

® CB

в вектор

® CA1

. Тогда

® AA1

+

® BB1

+

® CC1

=

® AC

+ P(

® CB

) +

® CB

+ P(

® BA

) +

® BA

+ P(

® AC

)  =

® 0

. Значит, если M - центр масс треугольника ABC, то

® MA1

+

® MB1

+

® MC1

= (

® MA

+

® MB

+

® MC

) + (

® AA1

+

® BB1

+

® CC1

) =

® 0

.

19.34.

Пусть M - общая середина сторон BC и B₁C₁,

x =

® MB

и 

y =

® MB1

. Пусть, далее, P - поворотная гомотетия с центром M, углом поворота 90° и коэффициентом Ц3, переводящая точку B в A, а B₁ - в A₁. Тогда

® BB1

= y – x

и 

® AA1

= P(y) – P(x) = P(

® BB1

)

. Поэтому угол между векторами

® AA1

и 

® BB1

равен 90° и AA₁ : BB₁ = Ц3.

19.35.

Пусть P - поворотная гомотетия, переводящая треугольник ABC в треугольник A₁B₁C₁. Тогда

® A2B2

=

® A2O

+

® OB2

=

® A1A

+

® BB1

=

® BA

+

® A1B1

=  –

® AB

+ P(

® AB

)

. Аналогично и остальные векторы сторон треугольника ABC переводятся в векторы сторон треугольника A₂B₂C₂ преобразованием f(a) =  – a + P(a).

19.36.

Исходная карта является прямоугольником K₀ на плоскости, меньшая карта - прямоугольником K₁, содержащимся в K₀. Рассмотрим поворотную гомотетию f, отображающую прямоугольник K₀ на K₁. Пусть K_i + 1 = f(K_i). Так как последовательность K_i является стягивающейся последовательностью вложенных многоугольников, существует единственная точка X, принадлежащая всем прямоугольникам K_i. Докажем, что X - искомая точка, т. е. f(X) = X. В самом деле, так как точка X принадлежит K_i, то точка f(X) принадлежит K_i + 1, т. е. точка f(X) также принадлежит всем прямоугольникам K_i. Поскольку имеется только одна точка, принадлежащая всем прямоугольникам, то f(X) = X.

19.37.

Так как произведение коэффициентов поворотных гомотетий P₁ и P₂ равно 1, их композиция является поворотом (см. задачу 17.36). Пусть O - центр поворота P₂°P₁; R = P₁(O). Так как P₂°P₁(O) = O, то P₂(R) = O. Следовательно, по условию A₁O : A₁R = A₂O : A₂R и РOA₁R = РOA₂R, т. е. DOA₁R ~ DOA₂R. Кроме того, OR - общая сторона этих подобных треугольников, значит, DOA₁R = DOA₂R. Следовательно, OA₁ = OA₂ и 

Р(

® OA1

,

® OA2

) = 2Р(

® OA1

,

® OR

)  =  2Р(

® MA1

,

® MN

)

, т. е. O - центр поворота на угол

2Р(

® MA1

,

® MN

)

, переводящего A₁ в A₂.

19.38.

Пусть P₁ - поворотная гомотетия с центром B, переводящая A в M, а P₂ - поворотная гомотетия с центром D, переводящая M в C. Так как произведение коэффициентов этих поворотных гомотетий равно (BM : BA) · (DC : DM) = 1, то их композиция P₂°P₁ является поворотом (переводящим A в C) на угол

Р(

® AB

,

® BM

) + Р(

® DM

,

® DC

)  =  2Р(

® AB

,

® BM

)

.

19.39.

Легко проверить, что tg XBY = k и 

BY : BX =

Ц

k2 + 1

, т. е. точка Y получается из X поворотной гомотетией с центром B, углом поворота arctg k и коэффициентом

Ц

k2 + 1

. Искомое ГМТ - образ данной полуокружности при этой поворотной гомотетии.

19.40.

Предположим, что треугольник PXY построен, причем точки X и Y лежат на сторонах AC и CB соответственно. Нам известно преобразование, переводящее X в Y, а именно - поворотная гомотетия с центром P, углом поворота j  = РXPY  =  РMLN и коэффициентом гомотетии k = PY : PX = LN · LM. Искомая точка Y является точкой пересечения отрезка BC и образа отрезка AC при этом преобразовании.

19.41.

Предположим, что четырехугольник ABCD построен. Рассмотрим поворотную гомотетию с центром A, переводящую B в D. Пусть Cў - образ точки C при этой гомотетии. Тогда РCDCў = РB + РD и DCў = (BC · AD)/AB = bd/a.

19.42.

а) Если O - центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A₁B₁, то

Р(PA, AO) = Р(PA1, A1O) и Р(PB, BO) = Р(PB1, B1O),     (1)

а значит, точка O является точкой пересечения описанных окружностей треугольников PAA₁ и PBB₁. Случай, когда эти окружности имеют единственную общую точку P, очевиден: отрезок AB переходит в отрезок A₁B₁ при гомотетии с центром P. Если P и O - две точки пересечения рассматриваемых окружностей, то из равенств (1) следует, что DOAB ~ DOA₁B₁, а значит, O - центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A₁B₁.

19.43.

Пусть A₁ и B₁ - положения точек в один момент, A₂ и B₂ - положения точек в другой момент. Тогда в качестве точки P можно взять центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок A₁A₂ в отрезок B₁B₂.

19.44.

Пусть P - точка пересечения прямых l₁ и l₂. Согласно задаче 19.42 точка O лежит на описанной окружности S₁ треугольника A₁A₂P. С другой стороны, OA₂ : OA₁ = k. Геометрическим местом точек X, для которых XA₂ : XA₁ = k, является окружность S₂ (задача 7.14). Точка O является точкой пересечения окружностей S₁ и S₂ (таких точек две).

19.45.

Пусть O - центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок A₁B₁. Тогда DABO ~ DA₁B₁O, т. е. РAOB = РA₁OB₁ и  AO : BO = A₁O : B₁O. Следовательно, РAOA₁ = РBOB₁ и AO : A₁O = BO : B₁O, т. е. DAA₁O ~ DBB₁O.

19.46.

Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке C, а прямые BD и AE - в точке F. Центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок ED, является точка пересечения описанных окружностей треугольников AEC и BDC, отличная от точки C (см. задачу 19.42), а центром поворотной гомотетии, переводящей AE в BD, - точка пересечения описанных окружностей треугольников ABF и EDF. Согласно задаче 19.45 центры этих поворотных гомотетий совпадают, т. е. все четыре описанные окружности имеют общую точку.

19.47.

Центр O параллелограмма ABCD равноудален от следующих пар прямых: AQ и AB, AB и CD, CD и DQ, поэтому QO - биссектриса угла AQD. Пусть a  = РBAO, b  = РCDO и j  = РAQO = РDQO. Тогда a + b  = РAOD = 360° – a – b – 2j, т. е. a + b + j  = 180°, а значит, DQAO = DQOD.

19.48.

Решим задачу в несколько более общем виде. Пусть на окружности S взята точка O, H - поворотная гомотетия с центром O. Докажем, что тогда все прямые XXў, где X - точка окружности S и Xў = H(X), пересекаются в одной точке.

19.49.

Пусть O - центр поворотной гомотетии, переводящей треугольник A₁B₁C₁ в треугольник ABC. Докажем, например, что описанные окружности треугольников ABC₂ и A₁B₁C₂ проходят через точку O. При рассматриваемой гомотетии отрезок AB переходит в отрезок A₁B₁, поэтому точка O совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AA₁ в отрезок BB₁ (см. задачу 19.45). Согласно задаче 19.42 центр последней гомотетии является второй точкой пересечения описанных окружностей треугольников ABC₂ и A₁B₁C₂ (или точкой их касания).

19.50.

Точки A₁, A₂ и A₃ лежат на прямых P₂P₃, P₃P₁ и P₁P₂ (рис. 19.2), поэтому описанные окружности треугольников A₁A₂P₃, A₁A₃P₂ и A₂A₃P₁ имеют общую точку V (см. задачу 2.81, а)), причем точки O₃, O₂ и O₁ лежат на этих окружностях (см. задачу 19.42). Аналогично описанные окружности треугольников B₁B₂P₃, B₁B₃P₂ и B₂B₃P₁ имеют общую точку Vў. Пусть U - точка пересечения прямых P₂O₂ и P₃O₃. Докажем, что точка V лежит на описанной окружности треугольника O₂O₃U. В самом деле, Р(O₂V, VO₃) = Р(VO₂, O₂P₂) + Р(O₂P₂, P₃O₃) + Р(P₃O₃, O₃V) = Р(VA₁, A₁P₂) + Р(O₂U, UO₃) + Р(P₃A₁, A₁V) = Р(O₂U, UO₃). Аналогичные рассуждения показывают, что точка Vў лежит на описанной окружности треугольника O₂O₃U. В частности, точки O₂, O₃, V и Vў лежат на одной окружности. Аналогично точки O₁, O₂, V и Vў лежат на одной окружности, а значит, точки V и Vў лежат на описанной окружности треугольника O₁O₂O₃; точка U тоже лежит на этой окружности. Аналогично доказывается, что прямые P₁O₁ и P₂O₂ пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия. Прямая P₂O₂ пересекает окружность подобия в точках U и O₂, поэтому прямая P₁O₁ проходит через точку U.

Рис. 19.2

19.51.

Пусть P₁ - точка пересечения прямых A₂B₂ и A₃B₃, P₁ў - точка пересечения прямых A₂C₂ и A₃C₃; точки P₂, P₃, P₂ў и P₃ў определяются аналогично. При поворотной гомотетии, переводящей F₁ в F₂, прямые A₁B₁ и A₁C₁ переходят в A₂B₂ и A₂C₂, поэтому Р(A₁B₁, A₂B₂) = Р(A₁C₁, A₂C₂). Аналогичные рассуждения показывают, что DP₁P₂P₃ ~ DP₁ўP₂ўP₃ў.

19.52.

а) Пусть l₁ў, l₂ў и l₃ў - соответственные прямые фигур F₁, F₂ и F₃, причем l_iў||l_i; эти прямые образуют треугольник P₁P₂P₃. При поворотной гомотетии с  центром O₃, переводящей F₁ в F₂, прямые l₁ и l₁ў переходят в l₂ и l₂ў, поэтому при гомотетии с центром O₃, переводящей прямую l₁ в l₁ў, прямая l₂ переходит в l₂ў. Следовательно, прямая P₃O₃ проходит через точку W. Аналогично прямые P₁O₁ и P₂O₂ проходят через точку W, а значит, точка W лежит на окружности подобия фигур F₁, F₂ и F₃ (см. задачу 19.50, б)).

Рис. 19.3

19.53.

Воспользуемся обозначениями задачи 19.52. Ясно, что Р(J₁J₂, J₂J₃) = Р(J₁W, WJ₃) = Р(P₃P₂, P₂P₁). Для других углов треугольников доказательство аналогично.

19.54.

Докажем, например, что при поворотной гомотетии с центром O₁, переводящей F₂ в F₃, точка J₂ переходит в J₃. В самом деле, Р(J₂O₁, O₁J₃) = Р(J₂W, WJ₃). Кроме того, прямые J₂W и J₃W являются соответственными прямыми фигур F₂ и F₃, поэтому отношение расстояний от них до точки O₁ равно коэффициенту подобия k₁, а значит, O₁J₂/O₁J₃ = k₁.

19.55.

Пусть O_a - точка пересечения окружности, проходящей через точку B и касающейся прямой AC в точке A, и окружности, проходящей через точку C и касающейся прямой AB в точке A. Согласно задаче 19.42, б) точка O_a является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок BA в отрезок AC. Определив аналогично точки O_b и O_c и воспользовавшись результатом задачи 19.50, б), получим, что прямые AO_a, BO_b и CO_c пересекаются в точке, лежащей на окружности подобия S. С другой стороны, эти прямые пересекаются в точке Лемуана K (см. задачу 5.142).

19.56.

Если P - первая точка Брокара треугольника ABC, то CP, AP и BP - соответственные прямые для подобных фигур, построенных на отрезках BC, CA и AB. Поэтому точка P лежит на окружности подобия S (см. задачу 19.52, а)). Аналогично точка Q лежит на окружности S. Кроме того, прямые CP, AP и BP пересекают окружность S в постоянных точках A₁, B₁ и C₁ треугольника ABC (см. задачу 19.52, б)). А так как KA₁||BC (см. решение задачи 19.55), то Р(PA₁, A₁K) = Р(PC, CB)  =  j, т. е. ИPK = 2j. Аналогично ИKQ = 2j. Поэтому PQ^KO, а значит, OP = OQ и Р(POQ)  =  (ИPQ)/2 = 2j.

19.57.

Точка Лемуана имеет трилинейные координаты (a : b :  c), поэтому прямые, проходящие через точку Лемуана параллельно сторонам треугольника, являются соответственными прямыми фигур, построенных на сторонах треугольника ABC. (Имеется в виду, что коэффициент подобия фигур равен отношению сторон.)

19.58.

а) Оба утверждения непосредственно следуют из задачи 5.105, а). Действительно, точка Лемуана K лежит на описанной окружности треугольника A₁B₁C₁ и KA₁|| BC и  т. д.

Глава 19. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 20.

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.