Глава 30. § -1  |	Оглавление |	Глава 31.

30.1.

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

30.2.

а) Обозначим точку пересечения четырех данных прямых через O; пусть H - проекция этой точки на прямую l и h = OH. Тогда

2SOAC = OA · OCsin (a, c) = h · AC,

2SOBC = OB · OCsin (b, c) = h · BC,

2SOAD = OA · ODsin (a, d) = h · AD,

2SOBD = OB · ODsin (b, d) = h · BD.

Поделив первое равенство на второе, а третье - на четвертое, получаем

OAsin (a, c) OBsin (b, c)  =   AC BC ,      OAsin (a, d) OBsin (b, d)  =   AD BD .

Деля получившиеся равенства, получаем |(ABCD)| = |(abcd)|. Для доказательства того, что числа (ABCD) и (abcd) имеют одинаковый знак, можно, например, выписать все возможные способы расположения точек на прямой (24 способа), и в каждом случае убедиться в том, что (ABCD) положительно тогда и только тогда, когда пара прямых a, b не разделяет пару прямых c, d.

30.3.

Пусть a, b, c, x, y - координаты точек A, B, C, X, Y. Тогда

x – a x – b  :   c – a c – b  =   y – a y – b  :   c – a c – b .

Следовательно, поскольку все точки различны, (x – a)(y – b) = (x – b)(y – a). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем ax – bx = ay – by. Сокращая это равенство на (a – b), получаем x = y.

30.4.

Пусть образ каждой из трех данных точек при одном проективном преобразовании совпадает с образом этой точки при другом проективном преобразовании. Докажем, что тогда совпадают образы любой другой точки при этих преобразованиях. Обозначим образы данных точек через A, B, C. Возьмем произвольную точку и обозначим через X и Y ее образы при данных проективных преобразованиях. Тогда согласно задаче 30.2 (ABCX) = (ABCY), и следовательно, согласно задаче 30.3, X = Y.

30.5.

Эта задача является следствием предыдущей.

30.6.

Фиксируем на прямой a три различные точки. Согласно задаче 30.1 существует проективное отображение P, которое эти точки отображает так же, как данное отображение. Но в решении задачи 30.4 фактически доказано, что любое отображение, сохраняющее двойное отношение, однозначно определяется образами трех точек. Поэтому данное отображение совпадает с P.

30.7.

Во-первых, покажем, что дробно¯линейное преобразование

P(x) =   ax + b cx + d ,     ad – bc № 0,

сохраняет двойное отношение. Действительно, пусть x₁, x₂, x₃, x₄ - произвольные числа и y_i = P(x_i). Тогда

yi – yj =   axi + b cxi + d  –   axj + b cxj + d  =   (ad – bc)(xi – xj) (cxi + d)(cxj + d) ;

следовательно, (y₁y₂y₃y₄) = (x₁x₂x₃x₄).

Итак, нам надо доказать, что если x₁, x₂, x₃ - произвольные различные числа, то найдутся такие числа a, b, c, d, что ad – bc № 0 и 

ax1 + b = 0,

ax2 + b = cx2 + d,cx3 + d = 0.

Найдя из первого и третьего уравнений b и d и подставив во второе, получаем уравнение

a(x2 – x1) = c(x2 – x3),

из которого находим решение a = (x₂ – x₃), b = x₁(x₃ – x₂), c = (x₂ – x₁), d = x₃(x₁ – x₂). При этом ad – bc = (x₁ – x₂)(x₂ – x₃)(x₃ – x₁) № 0.

30.8.

Первое решение. Пусть a, b, c, d - координаты данных точек. Тогда по условию (c – a)(d – b) = (c – b)(d – a). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем cb + ad = ca + bd. Перенося все в левую часть и разлагая на множители, получаем (d – c)(b – a) = 0, т. е. либо a = b, либо c = d.

30.9.

Согласно задаче 30.6 нам достаточно доказать, что преобразование P сохраняет двойное отношение четверки точек. Пусть A, B, C, D - произвольные точки прямой l. Обозначим через Aў, Bў, Cў, Dў их образы при преобразовании P, а через a, b, c, d и aў, bў, cў, dў - прямые MA, MB, MC, MD и  NAў, NBў, NCў, NDў соответственно. Тогда согласно задаче 30.2, a) (ABCD) = (abcd) и (AўBўCўDў) = (aўbўcўdў), а  по теореме о  вписанном угле Р(a, c) = Р(aў, cў), Р(b, c)  =  Р(bў, cў) и т. д., а значит, (abcd) = (aўbўcўdў).

30.10.

Пусть N = R ^– 1(M), m = R(l), P_N - проектирование прямой l на окружность из точки N, Q - проектирование прямой m на прямую l из точки M. Тогда P_M ^– 1°R°P_M = Q°R°P_N ^– 1°P_M. Но согласно предыдущей задаче отображение P_N ^– 1°P_M проективно.

30.11.

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

30.12.

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

30.13.

Эта задача является непосредственным следствием аксиом геометрии и определения.

30.14.

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

в) То, что параллельные прямые l₁ и l₂ переходят в параллельные, означает, что бесконечно удаленная точка A этих прямых переходит в бесконечно удаленную точку, т. е. A лежит на прообразе l бесконечно удаленной прямой. Следовательно, либо l - бесконечно удаленная прямая, и тогда согласно задаче а) преобразование P аффинно, либо прямая l параллельна прямым l₁ и l₂.

г) Обозначим через l_Ґ бесконечно удаленную прямую. Если P(l_Ґ) = l_Ґ, то P задает взаимно однозначное преобразование плоскости, которое каждую прямую переводит в прямую, и, значит, по определению является аффинным. В противном случае обозначим P(l_Ґ) через a и рассмотрим произвольное проективное преобразование Q, исключительной прямой которого является a. Обозначим Q°P через R. Тогда R(l_Ґ) = l_Ґ, и, значит, как было показано выше, R аффинно. Следовательно, P = Q ^– 1°R проективно.

30.15.

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

в) Поскольку прямые l и l₁ мы можем спроецировать на бесконечность (см. решение задачи а)), нам достаточно доказать, что существует аффинное преобразование, которое данную точку O отображает в данную точку O₁, а прямые, параллельные данным прямым a, b, c соответственно, отображает на прямые, параллельные данным прямым a₁, b₁, c₁ соответственно. Можно считать, что прямые a, b, c проходят через O, а прямые a₁, b₁, c₁ - через O₁. Выберем на c и c₁ произвольные точки C и C₁ и проведем через каждую из них по две прямые aў, bў и a₁ў, b₁ў параллельно прямым a, b и a₁, b₁ соответственно. Тогда аффинное преобразование, которое параллелограмм, ограниченный прямыми a, aў, b, bў, переводит в параллелограмм, ограниченный прямыми a₁, a₁ў, b₁, b₁ў (см. задачу 29.6, в)), является искомым.

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

30.16.

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

Рис. 30.2

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

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

30.17.

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

30.18.

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

30.19.

Проведем через O две произвольные хорды AC и BD. Пусть P и Q - точки пересечения продолжений противоположных сторон четырехугольника ABCD. Рассмотрим произвольное проективное преобразование, которое S отображает в окружность, а O - в ее центр. Ясно, что четырехугольник ABCD при этом преобразовании переходит в прямоугольник, а следовательно, прямая PQ - в  бесконечно удаленную.

30.20.

Проективное преобразование прямую переводит в прямую, а поскольку центр остается на месте, каждый диаметр переходит в диаметр. Поэтому каждая бесконечно удаленная точка, в которой пересекаются прямые, касающиеся окружности в диаметрально противоположных точках, переходит в бесконечно удаленную точку. Следовательно, согласно задаче 30.14, а) данное преобразование аффинно, а согласно задаче 29.14 оно является поворотом или симметрией.

30.21.

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

Второе решение (набросок). Обозначим данную плоскость через p, и пусть pў = R(p), где R - некоторый поворот пространства вокруг оси a. Обозначим R(O) через Oў, и  пусть P - проектирование плоскости p на плоскость pў из точки пересечения прямой OOў с плоскостью, проходящей через b параллельно pў. Тогда преобразование R ^– 1°P совпадает (докажите самостоятельно) с преобразованием, о котором идет речь в  формулировке задачи.

30.22.

Первое решение. Обозначим данное преобразование через P. Доопределим его в точках прямой x = 0 и в бесконечно удаленных точках, положив P(0, k) = M_k, P(M_k) = (0, k), где M_k - бесконечно удаленная точка на прямой y = kx. Легко видеть, что доопределенное таким образом отображение P взаимно однозначно. Докажем, что каждая прямая переходит в прямую. Действительно, прямая x = 0 и бесконечно удаленная прямая переходят одна в другую. Пусть ax + by + c = 0 - произвольная другая прямая (т. е. b или c не равно нулю). Поскольку P°P = E, образ любой прямой совпадает с ее прообразом. Ясно, что точка P(x, y) лежит на рассматриваемой прямой тогда и только тогда, когда

a x

+

by x

+ c = 0

, т. е. cx + by + a = 0. Остается воспользоваться задачей 30.14, г).

30.23.

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

30.24.

Рассмотрим проективное преобразование, для которого прямая PQ является исключительной. Образы l₁ў и l₂ў прямых l₁ и l₂ при этом преобразовании параллельны, а  образами рассматриваемых четырехугольников являются параллелограммы, у которых две стороны лежат на прямых l₁ў и l₂ў, а две другие стороны параллельны некоторой фиксированной прямой (бесконечно удаленная точка этой прямой является образом точки P). Ясно, что геометрическим местом точек пересечения диагоналей таких параллелограммов является прямая, равноудаленная от прямых l₁ў и l₂ў.

30.25.

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

30.26.

Сделаем проективное преобразование с исключительной прямой AB. Образы точек при этом преобразовании будем обозначать буквами со штрихом. Рассмотрим гомотетию с центром в точке Oў (или параллельный перенос, если Oў - бесконечно удаленная точка), переводящую точку C₁ў в C₂ў. При этой гомотетии отрезок B₁ўC₁ў перейдет в отрезок B₂ўC₂ў, поскольку B₁ўC₁ў|| B₂ўC₂ў. Аналогично C₁ўA₁ў перейдет в C₂ўA₂ў. Поэтому соответственные стороны треугольников A₁ўB₁ўC₁ў и A₂ўB₂ўC₂ў параллельны, т. е. все три точки Aў, Bў, Cў лежат на бесконечно удаленной прямой.

30.27.

Рассмотрим проективное преобразование, исключительная прямая которого проходит через точки пересечения прямых AB₁ и BA₁, BC₁ и CB₁, и обозначим через Aў, Bў, ј образы точек A, B, ј Тогда AўB₁ў||BўA₁ў, BўC₁ў||CўB₁ў, и надо доказать, что CўA₁ў||AўC₁ў (см. задачу 1.12, а)).

30.28.

В результате проективного преобразования с исключительной прямой PQ задача сводится к задаче 4.54.

30.29.

Эта задача является переформулировкой предыдущей. Действительно, предположим, что пара прямых OO₁ и OB разделяет пару прямых OA и OC, а пара прямых O₁O и O₁B разделяет пару прямых O₁A и O₁C (остальные способы расположения этих прямых разберите самостоятельно аналогично этому). Тогда если точки A₁, B, B₁, C₁, O, O₁ и точку пересечения прямых AB₁ и CC₁ переобозначить соответственно D, R, L, K, Q, P и B, то из предыдущей задачи следует, что нужные прямые проходят через точку M.

30.30.

Рассмотрим проективное преобразование с исключительной прямой O₁O₂ и обозначим через Aў, Bў, ј образы точек A, B, ј Тогда AўC₁ў||CўA₁ў||BўB₁ў, BўC₁ў||CўB₁ў||AўA₁ў. Будем для определенности считать, что точка C лежит внутри угла AўOўBў (остальные случаи переобозначением сводятся к этому). Сделав еще, если необходимо, аффинное преобразование, мы можем считать, что параллелограмм OўAўC₁ўBў является квадратом, а  значит, OўA₁ўCўB₁ў - тоже квадрат, причем диагонали OўC₁ў и  OўCў этих квадратов лежат на одной прямой. Остается воспользоваться симметрией относительно этой прямой.

30.31.

Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной l и проходящей через точку пересечения прямых PP₁ и QQ₁, а затем аффинное преобразование, которое образы прямых l и PP₁ делает перпендикулярными, мы можем считать, что прямые PP₁ и QQ₁ перпендикулярны прямой l, а наша задача заключается в том, чтобы доказать, что прямая RR₁ тоже перпендикулярна l (точки P₁, Q₁, R₁ останутся серединами соответствующих отрезков, поскольку эти отрезки параллельны исключительной прямой; см. задачу 30.14, б)). Отрезок PP₁ является медианой и высотой, а значит, и биссектрисой в треугольнике, образованном прямыми l, AB и CD. Аналогично, QQ₁ - биссектриса в  треугольнике, образованном прямыми l, AC и BD. Из этого и из того, что PP₁||QQ₁, следует, что РBAC = РBDC. Следовательно, четырехугольник ABCD вписанный, и РADB = РACB. Обозначим точки, в которых l пересекает прямые AC и BD, через M и N (рис. 30.3). Тогда угол между l и AD равен РADB – РQNM  =  РACB – РQMN, т. е. он равен углу между l и BC. Следовательно, треугольник, ограниченный прямыми l, AD и BC, равнобедренный, и отрезок RR₁, являющийся его медианой, является также его высотой, т. е. он перпендикулярен прямой l, что и  требовалось доказать.

Рис. 30.3

30.32.

Сделав проективное преобразование с исключительной прямой, параллельной l и проходящей через точку A, мы можем считать, что точка A бесконечно удаленная, т. е. прямые AB и AC параллельны. При этом согласно задаче 30.14, б) точки A₁, B₁, C₁ по-прежнему будут серединами соответствующих отрезков, так как эти отрезки лежат на прямой, параллельной исключительной. Два треугольника, образованные прямыми l, AB, BC и l, AC, BC, гомотетичны, следовательно, прямые BB₁ и CC₁, являющиеся медианами этих треугольников, параллельны. Таким образом, четырехугольник BB₂CC₂ является параллелограммом, поскольку у него параллельны противоположные стороны. Остается заметить, что точка A₂ лежит на середине диагонали BC этого параллелограмма, а значит, и на диагонали B₂C₂.

30.33.

Сделаем проективное преобразование, исключительной прямой которого является прямая PQ. Через Aў, Bў, ј обозначим образы точек A, B, ј Тогда AўBўCўDў - параллелограмм, Rў - точка пересечения его диагоналей, Qў - бесконечно удаленная точка прямой QўRў, Kў и Lў - точки, высекаемые сторонами параллелограмма на прямой QўRў. Ясно, что точки Kў и Lў симметричны относительно точки Rў. Следовательно,

(QўRўKўLў) =   QўKў QўLў  :   RўKў RўLў  = 1 :   RўKў RўLў  =  – 1.

Остается заметить, что согласно задаче 30.2, б) (QRKL) = (QўRўKўLў).

30.34.

Согласно теореме Паскаля точки пересечения прямых A₁B₂ и C₁C₂, B₁C₂ и A₁A₂, C₁A₁ и B₁B₂ лежат на одной прямой. Переведем эту прямую на бесконечность. После этого можно воспользоваться результатом задачи 14.15.

30.35.

Ответ: можно. Рассмотрим вершины правильного 1991-угольника (красные точки) и точки, в которых продолжения его сторон пересекают бесконечно удаленную прямую (синие точки). Этот набор точек обладает требуемым свойством. В самом деле, для любого правильного n-угольника, где n нечетно, прямая, проходящая через его вершину и параллельная одной из сторон, проходит еще через одну вершину. Любой заданный конечный набор точек проективным преобразованием можно перевести в набор конечных (т. е. не бесконечно удаленных) точек.

30.36.

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

30.37.

Сделаем проективное преобразование, которое вписанную окружность переводит в окружность, а точку пересечения двух из трех рассматриваемых прямых - в ее 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.

30.38.

Рассмотрим отдельно два случая.

2. Точка P лежит внутри S. Сделаем проективное преобразование, при котором окружность S перейдет в окружность, а точка P - в ее центр (см. задачу 30.16, а)). Тогда в обеих задачах образом искомого ГМТ является бесконечно удаленная прямая. Следовательно, само искомое ГМТ есть прямая.

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

30.39.

Обозначим через m прямую, являющуюся искомым геометрическим местом точек в задаче 30.38, б), 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 - ее проекция на S из M, C - проекция B на S из O, D - пересечение прямых BN и CM. Согласно задаче 30.38, б) точка D лежит на прямой m, т. е. D = Q(A). Ясно, что P(A) - это проекция D на l из M.

30.40.

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

б) Требуемая точка есть центр образа S.

30.41.

Пусть Aў, Bў, ј - образы точек A, B, ј при проективном преобразовании, которое вневписанную окружность треугольника ABC переводит в окружность, а хорду EF - в диаметр (см. задачу 30.18). Тогда Aў - бесконечно удаленная точка прямых, перпендикулярных диаметру EўFў, и нам нужно доказать, что прямая DўTў содержит эту точку, т. е. тоже перпендикулярна EўFў. Так как DTўBўEў ~ DTўFўCў, то CўTў : TўEў  =  CўFў : BўEў. Но CўDў = CўFў и BўDў = BўEў как касательные, проведенные из одной точки, следовательно, CўTў : TўEў = CўDў : DўBў, т. е. DўTў||BўEў.

30.42.

Согласно задаче 30.16, а) достаточно рассмотреть случай. когда диагонали AD и BE проходят через центр окружности. Остается воспользоваться результатом задачи 6.86 для n = 3.

30.43.

Рассмотрим проективное преобразование, переводящее окружность S в окружность, а точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF - в бесконечно удаленные точки (см. задачу 29.19). Наша задача свелась к задаче 2.11.

30.44.

Рассмотрим проективное преобразование, которое окружность S переводит в окружность, а точку O - в ее центр Oў (см. задачу 30.16, а)). Пусть Aў, Bў, ј - образы точек A, B, ј Тогда AўBў, MўNў и PўQў - диаметры. Поэтому при центральной симметрии относительно Oў точка Eў переходит в Fў, т. е. Oў - середина отрезка EўFў. 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.

30.45.

Рассмотрим проективное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, а отрезок AD - в ее диаметр (см. задачу 30.18). Пусть Aў, Bў, ј - образы точек A, B, ј Тогда S переходит в бесконечно удаленную точку Sў прямых, перпендикулярных прямой AўDў. Но AўCў и BўDў - высоты в DAўDўPў, следовательно, Qў - ортоцентр этого треугольника. Поэтому прямая PўQў - тоже высота, следовательно, она проходит через точку Sў.

30.46.

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 удаленная точка прямой AB являются неподвижными для данного преобразования.

30.47.

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,

(RQKL) =   RK RL  :   QK QL  =  ж и  QK QL  :   RK RL ц ш  – 1    = (QRKL) – 1.

30.48.

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 CB₁ 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.

30.49.

Пусть Fў - точка, симметричная F относительно O. Нам надо доказать, что Fў = 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, Fў, O. Следовательно, согласно задаче 30.2, б), (ABOE) = (BAFўO). С другой стороны, ясно, что

(BAFўO) =   BFў AFў  :   BO AO  =   AO BO  :   AFў BFў  = (ABOFў), т. е. (ABOE) = (ABOFў),

следовательно, согласно задаче 30.3, E = Fў.

30.50.

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 Rў. Нам надо доказать, что точки R и Rў 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 Rў. Но согласно задаче 30.5 проективное преобразование с тремя неподвижными точками тождественно. Следовательно, Rў = R.

30.51.

Обозначим данные прямую и окружность через l и S соответственно. Пусть O - произвольная точка данной окружности, и пусть A₁, A₁ў, B₁, B₁ў, C₁, C₁ў - образы точек A, Aў, B, Bў, C, Cў при проецировании прямой l на окружность S из точки O, т. е. A₁ (соответственно A₁ў, B₁, ј) - отличная от O точка пересечения прямой AO (соответственно AўO, BO, ј) с окружностью S. Обозначим через B₂ точку пересечения прямых A₁ўB₁ и A₁B₁ў, а  через C₂ - точку пересечения прямых A₁ўC₁ и A₁C₁ў. Пусть P₁ - композиция проецирований прямой l на окружность S из точки O, а затем окружности S на прямую B₂C₂ из точки A₁ў; P₂ - композиция проецирований B₂C₂ на S из точки A₁, а затем S на l из точки O. Тогда согласно задаче 30.9 преобразования P₁ и P₂ являются проективными, причем их композиция точки A, B, C отображает соответственно в Aў, Bў, Cў.

а) Пусть M₁ - отличная от O точка пересечения прямой MO с окружностью S; M₂ = P₁(M) - точка пересечения прямых A₁ўM₁ и B₂C₂; M₃ - отличная от A₁ точка пересечения прямой M₂A₁ 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 B₂C₂. Тогда неподвижные точки преобразования P - это точки пересечения прямых OM₁ и ON₁ с прямой l.

30.52.

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 30.51.

30.53.

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.

30.54.

Пусть P - данная точка; A, B, C - попарные точки пересечения данных прямых a, b, c; X, Y, Z - точки пересечения данных прямых с искомой 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 30.53, а).

Рис. 30.4

30.55.

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 30.51.

30.56.

а) Проведем 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 30.51.

30.57.

а) Обозначим данные точки M₁, ј, M_n, а данные прямые - l₁, јl_n. Вершина искомого многоугольника есть неподвижная точка проективного преобразования прямой l₁, являющегося композицией проектирований l₁ на l₂ из M₁, l₂ на l₃ из M₂, ј, l_n на l₁ из M_n. Неподвижная точка проективного преобразования строилась в задаче 30.51.

б) Выберем произвольную точку на данной окружности и посредством проецирования из выбранной точки отождествим данную окружность с некоторой прямой l. Согласно задаче 30.39 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 30.51.

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).

30.58.

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 еще раз, но теперь всякий раз, когда нам будут встречаться слова «возьмем 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, причем 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 ее образ. Приходим к противоречию.

30.59.

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

Глава 30. § -1  |	Оглавление |	Глава 31.

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.