Стражевский А. А. Задачи на геометрические места точек в курсе геометрии средней школы. — М. : Учпедгиз, 1954. — 160 с. — Библиогр.: с. 157 (14 назв.).

А. А. СТРАЖЕВСКИЙ

ЗАДАЧИ НА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК В КУРСЕ ГЕОМЕТРИИ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ

УЧПЕДГИЗ 1954

А. А. СТРАЖЕВСКИЙ

ЗАДАЧИ НА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК В КУРСЕ ГЕОМЕТРИИ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ

Утверждено Министерством просвещения РСФСР

ГОСУДАРСТВЕННОЕ УЧЕБНО-ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

Москва —1954

ПРЕДИСЛОВИЕ

Задачи на отыскание геометрического места точек, обладающих заданным свойством, являются весьма существенным звеном при изучении курса геометрии. В средней школе, как правило, изучаются только наиболее важные, так называемые основные задачи на геометрические места точек. Эти немногочисленные задачи рассматриваются обычно в связи с применением их к задачам на построение, т. е. с чисто служебными целями. Огромная ценность решения задач на построение не вызывает никаких сомнений; однако следует иметь в виду, что и задачи на отыскание геометрического места точек сами по себе являются задачами, имеющими большое образовательное и воспитательное значение. Возможными причинами недостаточного внимания в школе к этим задачам могут быть: 1) отсутствие систематизированного подбора достаточно большого числа задач на геометрические места по отдельным годам обучения и 2) отсутствие соответствующей методической литературы.

Наиболее полное освещение комплекса вопросов, связанных с задачами на геометрические места, имеется в книге Д. И. Перепелкина «Геометрические построения в средней школе». В ней, кроме весьма ценных методических указаний, приведён список задач на геометрические места, преимущественно для VI и VII классов. По стереометрии большое число задач имеется в книге Л. М. Лоповок «Сборник стереометрических задач на построение», где даны также краткие общие указания о способах их решения.

Цель настоящей книги: 1) дать по возможности систематизированный подбор задач на геометрические места по всем годам обучения от VI до X класса с простейшими их приложениями и 2) указать общие методические приёмы решения этих задач по отдельным годам обучения.

Книга рассчитана на то, чтобы учитель мог на протяжении всех годов обучения (с VI по X класс) применять систематически изученные теоремы курса геометрии к отысканию геометрических мест и решению простейших задач на построение.

Методические приёмы, изложенные автором, успешно применялись им в своей школьной практике (в школе № 32 им. Лепешинского). Эти приёмы нельзя рассматривать как методические нормы, являющиеся для такого рода задач единственными. Здесь скорее

описаны методические соображения, которые, по мнению автора, должны помочь учителю найти пути к наиболее эффективной проработке с учащимися задач на геометрические места и привить интерес у них к этим задачам. В связи с этим в главах II и III дан не только перечень задач, но приложены также более или менее подробные решения или указания к ним.

В книге помещены задачи на геометрические места в соответствии с программой по геометрии для средней школы. Кроме известных задач (см. перечень литературы), автором составлено некоторое число оригинальных задач. Изложение материала построено так, что при желании каждый учитель может легко расширить круг задач на геометрические места, комбинируя различные задачи, помещённые в настоящей книге.

ГЛАВА I

ОБЩИЕ МЕТОДИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ

§ 1. Образовательное и воспитательное значение задач на геометрические места точек в курсе геометрии средней школы

1) Геометрическое место точек является одним из важных понятий геометрии. Оно широко используется в высшей школе при изучении аналитической геометрии, механики и других дисциплин.

2) При изучении геометрии для хорошего усвоения материала большое значение имеет доказательство новых теорем самими учащимися. Задачи на геометрические места в этом отношении являются исключительно интересным материалом. Они могут прорабатываться систематически параллельно с изучением основных теорем на протяжении всех годов обучения — от VI до X класса включительно, причём каждая задача может быть легко применена к простейшим задачам на построение.

3) Задачи на отыскание геометрического места точек дают широкие возможности на большом числе примеров систематически иллюстрировать понятия постоянных и переменных величин. (Обычно это делается в курсе алгебры и тригонометрии.) Ряд задач на геометрические места может служить прекрасной иллюстрацией функциональной зависимости между переменными величинами.

4) При решении задач на геометрические места требуется составить план решения задачи и часто бывает необходимо исследовать полученный результат. Развитие навыков анализа и исследования задачи имеет первостепенное значение в общематематическом образовании и большое воспитательное значение.

5) В задачах на геометрические места естественно используется идея движения, так как различные положения точек геометрического места можно рассматривать как след от перемещения точки по плоскости. Использование идеи механического движения, безусловно, оживляет задачу, делает её более конкретной и интересной, так как необходимо установить закономерность перемещения точки по плоскости в заданных условиях.

Систематическое решение задач на геометрические места, безусловно, даст очень хорошие результаты. Решая задачи в порядке постепенного усложнения, можно приучить заинтересовавшегося ученика к настойчивому и пытливому исканию, развить в нём стройное логическое мышление, осторожное отношение к своим заключениям и т. д. Всё это имеет большое воспитательное значение.

§ 2. Характер постановки задачи

Задачу на нахождение геометрического места точек, обладающих каким-либо свойством, можно поставить двояко:

1) в форме теоремы, где ответ на поставленный вопрос уже предрешён полностью или частично и требуется сделать только соответствующие построения и обоснования;

2) в форме обычной задачи, где по некоторым данным требуется найти геометрическое место точек, обладающих указанным свойством, не предрешая заранее ответа. В этом случае необходимо найти фигуру, являющуюся геометрическим местом точек, с соответствующим обоснованием решения.

Приведём примеры.

1) Отрезок прямой данной длины движется так, что концы его скользят по сторонам данного прямого угла. Доказать, что геометрическое место точек, описываемое серединой этого отрезка, есть четверть окружности с центром в вершине прямого угла.

2) Отрезок прямой данной длины движется так, что концы его скользят по сторонам данного прямого угла. Найти геометрическое место точек, описываемое серединой этого отрезка.

В первой задаче уже подсказан ответ, хотя и не полностью; известно, что искомое геометрическое место точек есть четверть окружности с центром в вершине прямого угла, и требуется сделать только обоснование решения и определить радиус окружности. Во второй задаче наперёд неизвестен вид фигуры, являющейся искомым геометрическим местом. Это значительно повышает интерес к задаче. Во многих задачах необходимо произвести исследование того, все ли точки найденной фигуры принадлежат искомому геометрическому месту. Часто геометрическим местом точек является не вся прямая, а только часть её (луч, отрезок) или не одна прямая, а две прямые; не вся окружность, а только часть её или, наоборот, не одна окружность, а две и т. д. Ясно, что при первой постановке задачи, где вид геометрического места указан в условии, значительно понижается ценность исследования решения. Неизвестность фигуры требует от ученика большей ответственности при обосновании решения; ему необходимо произвести тщательную проверку всех своих рассуждений, прежде чем сделать окончательное заключение.

Исходя из приведённых соображений, постановку задачи во второй форме следует считать предпочтительней.

§ 3. Данные и произвольные элементы в задаче

При решении задач на геометрические места отыскивается не только фигура, обладающая заданными свойствами, но и положение её на плоскости (или в пространстве). Фигурой называется любая совокупность точек, линий, поверхностей и тел. Положение искомых точек, естественно, должно быть связано с положением на плоскости (или в пространстве) данных точек, прямых, окружностей, плоскостей и т. д. Возникает вопрос: как понимать в задачах на геометрические места данные условия, т. е. как следует понимать выражения: дана прямая, дана точка, дан отрезок прямой, дана окружность и т. д. Условимся считать, что если прямая (точка, окружность и т. д.) задана, то, значит, произведено её построение тем или иным способом и тем самым зафиксировано её положение на плоскости (или в пространстве). Задача, таким образом, сводится к нахождению геометрического места точек в системе координированных данных в вышеприведённом понимании. Решение задачи должно заканчиваться построением фигуры (причём простейшим образом), являющейся искомым геометрическим местом точек в строгом соответствии с положением точек, прямых и т. д., заданных в условии задачи.

Во многих задачах на геометрические места (в особенности в начальной стадии) целесообразно построить ряд отдельных точек искомого геометрического места. Для этого производится несколько однотипных построений для каждой точки геометрического места.

После указанных построений окажется, что некоторые элементы чертежа сохраняют неизменными и свою величину, и своё положение для всех построенных точек геометрического места. Будем их называть неподвижными или неизменяемыми элементами фигуры. Существуют и такие элементы фигуры, которые для различных точек геометрического места сохраняют постоянными только свою величину, но при переходе от одной точки геометрического места к другой изменяют своё положение. Их будем называть подвижными постоянными по величине элементами фигуры. Есть и такие элементы, которые изменяют одновременно и положение, и величину в указанных выше условиях. Их будем называть переменными или изменяемыми элементами фигуры.

Иллюстрируем сказанное на примере.

В задаче на отыскание геометрического места вершин треугольников с заданным основанием и данной высотой (черт. 1) имеем: Основание AB задано и по величине, и по положению. Это неизменяемый, или неподвижный, элемент фигуры. Высота задана только по величине, так как её положение изменяется при изменении положения вершины С. Высота является постоянным по величине подвижным эле-

Черт. 1.

ментом фигуры. Боковые стороны и углы — изменяемые элементы фигуры.

Умение отчётливо различать элементы фигуры в указанном выше направлении является одним из важнейших условий успешного овладения методикой решения задач на геометрические места.

Разберём несколько примеров.

1. Дана окружность. Это значит, что задано положение её центра и длина радиуса. (Центр неподвижен. Радиус подвижный, постоянный по величине элемент.)

2. Построить окружность данного радиуса. Дана только длина радиуса, положение же центра не зафиксировано. Центр и радиус — подвижные элементы фигуры.

3. Дана хорда в данной окружности. Это значит, что задано положение центра, длина радиуса, положение и длина хорды. Центр и хорда неподвижны.

4. В данной окружности построить хорду данной длины. Положение хорды в данной окружности не задано, хорда — подвижный элемент постоянной длины.

5. Угол задан на плоскости. Это значит, что положение вершины и сторон угла определено на плоскости. Вершина и стороны — неподвижные элементы фигуры.

6. Построить угол данной величины. Положение угла не дано. Стороны и вершина являются подвижными элементами фигуры.

7. Даны две пересекающиеся окружности. Это более сложный пример. Кроме радиусов и центров окружностей, следует считать известными положения точек их пересечения, положения и длины отрезков, соединяющих любую пару из указанных четырёх точек и др. Построение этих отрезков не вызывает никаких конструктивных трудностей. Оно вытекает непосредственно из данных условия и может быть в случае надобности легко осуществлено. Указанные точки и отрезки являются неподвижными или неизменяемыми элементами чертежа.

7-а. Через одну из точек пересечения двух данных пересекающихся окружностей требуется провести секущую. Задача неопределённая. Таких секущих можно провести бесчисленное множество. Секущая является изменяемым элементом чертежа.

8. Задан треугольник. В заданном треугольнике, кроме вершин и сторон, положение всех его важных отрезков и точек является определённым (медианы, биссектрисы, высоты, точки их пересечения и др.). Все они могут быть легко построены так же, как и отрезки, соединяющие две любые из указанных точек. Эти точки и отрезки следует считать неподвижными или неизменяемыми, определёнными по величине и положению элементами чертежа.

8-а. В заданном треугольнике ЛВС требуется провести отрезок DE параллельно стороне АС. Таких отрезков можно провести бесчисленное множество, следовательно, положение и величина отрезка DE является неопределённым. Отрезок DE следует считать изменяемым элементом чертежа.

§ 4. Связь задач на геометрические места с идеей движения

Посмотрим, как на практике обычно осуществляется построение ряда частных положений точки искомого геометрического места. Приведём примеры.

1) В задаче на нахождение геометрического места точек, равноудаленных от двух данных точек А и В, построение лучше всего вести так.

Произвольным радиусом из точек А и В проводятся дуги окружностей до взаимного пересечения. Повторяя это построение несколько раз, можно получить ряд точек искомого геометрического места (черт. 2). Для упорядочения построения радиусы следует брать, начиная с малых длин, постепенно их увеличивая.

Ученик убеждается при этом, что для радиусов, меньших половины расстояния AB, дуги окружностей не пересекаются, следовательно, в этом случае нет точек, принадлежащих искомому геометрическому месту. Для радиуса, равного

получается одна точка геометрического места, совпадающая с серединой AB. В дальнейшем, при постепенном увеличении длины радиуса, каждый раз получается по две точки, расположенные по разные стороны от AB. Здесь полезно обратить внимание на тот факт, что при незначительном изменении длины AM точки геометрического места располагаются (как правило) в непосредственной близости друг к другу, т. е. малому изменению длины радиуса соответствует малое же смещение точки на плоскости. Отсюда легко перейти к истолкованию геометрического места точек как следа от непрерывного перемещения точки на плоскости. В рассматриваемом примере точки геометрического места при непрерывном увеличении AM перемещаются по двум лучам СМ и CN, выходящим из середины С отрезка AB и образующим прямую MN, перпендикулярную AB (что будет доказано в гл. II, задача 6).

2) Дана окружность с центром О и радиусом R и прямая CD. В окружности проведены хорды, параллельные прямой CD, и из

Черт. 2.

Черт. 3.

концов хорд проведены касательные. Найти геометрическое место точек пересечения касательных.

Проведём диаметр AB \\ CD и диаметральную секущую MN ±_ CD (черт. 3). Построим ряд частных положений хорды, параллельной CD, и ряд точек искомого геометрического места Ми Л19, Nt, Niy .... Из чертежа видно, что одно из возможных положений хорды совпадает с диаметром AB. Касательные, проведённые из концов А и В, параллельны между собой, и точки их пересечения не существует.

При постепенном перемещении хорды, начиная от точки M до совпадения с диаметром AB, длина хорды увеличивается и точки геометрического места перемещаются по лучу ММ! в направлении от точки M к М\ При совпадении хорды с диаметром AB нельзя привести в соответствие ни одной точки геометрического места. При дальнейшем уменьшении хорды соответствующие точки геометрического места расположатся на луче MV, причём перемещение этих точек по плоскости происходит в направлении от N9 к Л/. При переходе хорды через положение диаметра в перемещении точки геометрического места по плоскости наблюдается разрыв.

Эта задача весьма поучительна. На ней наглядно и просто иллюстрируется случай бесконечного разрыва, с которым неизбежно придётся встретиться в тригонометрии при изучении изменения тангенса угла.

В заключение можно сказать, что в подавляющем большинстве задач, встречающихся в школьной практике, геометрическое место точек может быть истолковано как след от перемещения точки по плоскости. Однако необходимо проявлять достаточную осторожность, прежде чем дать заключение, так как легко можно пропустить возможные разрывы. Чтобы избежать возможной ошибки, рекомендуется тщательно построить ряд отдельных точек геометрического места по данным условия задачи. Обычно после этих предварительных построений получается отчётливое зрительное представление об искомой фигуре.

Рекомендуется сделать плакаты для наиболее важных и интересных геометрических мест, например, к задачам: б (черт. 2), 10 (черт. 11 и черт. 14); 13 (черт. 15), 17 (черт. 17), 31 (черт. 34); 56 (рассмотреть возможно больше положений подвижной хорды); 67 (черт. 52), 78 (черт. 57), черт. 3. На этих плакатах геометрическое место точек можно иллюстрировать как след от перемещения точки по плоскости и показать, какие элементы чертежа при перемещении точки геометрического места изменяются, какие элементы сохраняют постоянными свою длину и положение и какие элементы сохраняют свою длину, но изменяют положение.

§ 5. Общий план решения задач на нахождение геометрического места точек

Определение. Геометрическим местом точек называется фигура, состоящая из всех точек, обладающих некоторым свойством, и не содержащая других точек,

В соответствии с определением фигура, являющаяся геометрическим местом точек, состоит только из точек, обладающих некоторым свойством. Отсюда следует, что точки, не принадлежащие фигуре, не являются точками геометрического места, т. е. заданным свойством не обладают, так как в противном случае они принадлежали бы фигуре. В связи с этим, для обоснования решения необходимо доказать две теоремы: либо 1) прямую и ей обратную, либо 2) прямую и противоположную прямой или обратной.

1) Прямая теорема. Точка M обладает некоторым свойством. Доказать, что она принадлежит фигуре Р.

Обратная теорема. Взята произвольная точка на фигуре Р. Доказать, что она обладает заданным свойством.

2) Прямая теорема. Точка M обладает некоторым свойством. Доказать, что она принадлежит фигуре Р.

Противоположная теорема. Точка N не обладает некоторым свойством. Доказать, что она не принадлежит фигуре Р.

Теорема, противоположная обратной. Точка N не принадлежит фигуре Р. Доказать, что она не обладает заданным свойством.

Указанные пары теорем могут взаимно заменить друг друга. При обосновании решения рекомендуется пользоваться той парой теорем, которая проще доказывается. Не следует давать одновременно понятие о взаимозаменяемости теорем обратной и противоположной при отыскании геометрического места точек, так как в начальной стадии это может усложнить понимание геометрического места точек.

Принимая во внимание соображения, изложенные в настоящем и предыдущих параграфах, общий план решения задач на отыскание геометрического места точек можно предложить следующий.

1. Построение ряда отдельных точек искомого геометрического места на основе условия.

2. Построение рабочего чертежа, удобного для обоснования задачи.

3. Обоснование решения (установление закономерности в расположении точек).

4. Уточнение вида фигуры, найденной в п. 3.

5. Исследование решения задачи в зависимости от изменения данных.

6. Указание простейшего способа построения найденного геометрического места точек.

Указанные шесть пунктов следует иметь в виду при решении каждой задачи на отыскание геометрического места точек. Однако отсюда не следует делать такой вывод, что все указанные пункты необходимо применять ко всем задачам. Предварительный чертёж (1) с нанесением большого числа точек геометрического места не является обязательным для решения всех задач. Его следует делать только в том случае: а) когда условие задачи даёт простой способ построения отдельных точек геометрического места, б) когда встре-

чаются затруднения при составлении плана решения задачи и в представлении искомой фигуры. Этот чертёж используется для иллюстрации постоянных и переменных величин и для истолкования геометрического места точек как следа от перемещения точки на плоскости.

Под рабочим чертежом будем понимать такой чертёж, на котором произведено наименьшее число построений, необходимых для обоснования задачи. Рабочий чертёж является обязательным для всех задач, где предварительный чертёж (1) не удобен для обоснования решения задачи. В трудных задачах чертёж (1) часто даёт ключ к построению рабочего чертежа (2). Необходимость чертежа (2) диктуется теми соображениями, что для обоснования часто требуется сделать довольно много добавочных построений и чертёж (1) может оказаться очень громоздким и неудобным для доказательства.

Пункт 3 является центральным и обязательным для каждой задачи. Здесь требуется установить, где расположены точки искомого геометрического места точек (на прямой, на окружности, на плоскости и т. д.), и сделать соответствующее обоснование. Причём рекомендуется доказывать две теоремы: прямую и обратную или прямую и противоположную. В п. 4 требуется уточнить, все ли точки найденной в п. 3 фигуры принадлежат искомому геометрическому месту. Этот пункт очень ответственный, так как в нём устанавливается окончательно фигура, являющаяся искомым геометрическим местом точек. Здесь могут получиться разнообразные ответы (см. гл. I, § 2).

В п. 5 производится исследование того, как влияет изменение данных условия на расположение геометрического места точек; здесь устанавливается, при каких условиях задача имеет несколько решений, одно решение, не имеет решений и т. д.

Пункт 6 является завершающим. После решения и исследования задачи должен быть указан наиболее короткий способ построения найденной фигуры.

В итоге можно сказать следующее. Обязательными для каждой задачи являются один из пунктов (1) или (2), пункты (3) и (6). Пункты (4) и (5) применяются в тех задачах, в которых это является необходимым и интересным.

В главах II и III на большом числе задач показано, как применить методические приёмы, рекомендуемые в главе I, к отысканию геометрических мест. С этой целью для каждой темы, кроме задач с подробным решением, помещены задачи с кратким решением; в ряде задач даны только указания и ответы в конце книги. В связи с этим в приведённых решениях и указаниях не всегда выполняются все пункты плана в каждой задаче, а заостряется внимание только на отдельных, наиболее характерных и интересных для данной задачи, моментах. Задачи на отыскание геометрического места точек помечены порядковыми номерами 1, 2, 3, ... и т. д. Задачи на приложения найденных геометрических мест к отысканию отдельных точек и к построениям помечены буквами а); б); в) и т. д. Решение

наиболее типичных и трудных задач, помеченных цифрами, дано в книге непосредственно после условия задачи. Ответов и указаний к задачам, помеченным буквами, в книге, как правило, не дано, так как эти задачи в большинстве случаев просты. Задачи с цифровой нумерацией внутри каждого параграфа расположены в порядке возрастающей трудности (насколько это было возможно). Задачи для индивидуальных заданий и для кружка (т. е. наиболее трудные) помечены звёздочкой.

В тексте применяется сокращённое обозначение: г. м. т. — вместо геометрическое место точек.

Геометрические места точек на чертежах изображены утолщёнными линиями.

ГЛАВА II

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ НА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ПО ОТДЕЛЬНЫМ ТЕМАМ ПЛАНИМЕТРИИ

§ 1. Методы решения задач на геометрические места в VI и VII классах

В VI классе начинается систематический курс геометрии. Здесь впервые учащиеся знакомятся с понятием геометрического места точек. Это важное понятие обычно усваивается учащимися постепенно и связано с преодолением ряда трудностей, особенно в начальной стадии. В связи с этим учитель должен тщательно продумать методику проведения первых занятий, на которых вводится понятие геометрического места точек и решаются первые задачи на построение. Начальные методические приёмы можно представить себе следующим образом. После внимательного ознакомления с условием задачи ученик делает построение ряда точек геометрического места, пользуясь чертёжными принадлежностями.

При обосновании решения в VI и VII классах часто применяются признаки равенства треугольников. Это обстоятельство значительно повышает роль рабочего чертежа. Он должен быть наглядным. Треугольники, равенство которых доказывается, должны зрительно восприниматься как равные. На рабочем чертеже следует взять две (иногда три) точки геометрического места. Это диктуется теми соображениями, что, применяя признаки равенства треугольников, в начальной стадии легче иметь дело с двумя треугольниками, чем с одним. Только в некоторых наиболее трудных задачах берётся одна точка геометрического места; это делается тогда, когда для обоснования решения задачи необходимо сделать много построений и где условие не даёт простого способа построения отдельных точек.

§ 2. Окружность и треугольники

Понятие геометрического места точек даётся после рассмотрения равенства треугольников. Тему «Основные задачи на построение» следует начинать с определения понятия геометрического места точек (см. гл. I, § 5). В качестве примера рассматривается окружность, как наиболее простой и важный случай геометрического места точек.

Черт. 4.

В пп. 58 и 59 учебника А. П. Киселёва разобраны два геометрических места точек. Эти геометрические места целесообразнее прорабатывать с учащимися в разное время. После рассмотрения геометрического места точек, равноудалённых от двух данных точек, необходимо решить некоторое число задач на его приложение, и уже в дальнейшем рассмотреть геометрическое место точек, равноудалённых от двух пересекающихся прямых. В настоящей книге эти геометрические места разобраны (задачи 6 и 17) несколько в ином плане, чем это сделано в учебнике А. П. Киселёва.

1. Найти на плоскости г. м. т., находящихся на данном расстоянии а от данной точки О, лежащей в той же плоскости.

Как известно, кривая, все точки которой удалены на одинаковом расстоянии от одной точки, лежащей в её плоскости, есть окружность; следовательно, построив такую окружность, можно утверждать, что точки MXi Ж2, Мг% лежащие на ней, принадлежат искомому геометрическому месту, так как OMt = = ОМъ = ОМг=а (черт. 4).

Возьмём точки К и L, не лежащие на окружности. Соединим их с центром О и обозначим через К\ и Lx точки пересечения прямых OL и OK с окружностью. Из чертежа видно, что ОК<^ОК\, т. е. ОК<С а> OL > OLu т. е. OL а; следовательно, точки Л" и L, не лежащие на окружности, геометрическому месту не принадлежат.

Заключение. Г.м.т. на плоскости, удалённых от данной точки О, лежащей на той же плоскости, на одном и том же расстоянии а, есть окружность с центром О и радиусом а.

Примем положение OA за начальное и будем поворачивать радиус в направлении, указанном стрелкой (черт. 5). С изменением угла поворота АОМи АОМъ АОМъ и т. д. изменяются также длины дуг АМи АМЪ АМЪ и т. д., что влечёт за собой изменение положения точки геометрического места Ми Mif Мъ и т. д.

а) Найти г. м. т., удалённых от данной окружности радиуса а на расстоянии Ь.

Примечание. Если через данную точку и центр окружности провести прямую до пересечения с окружностью, то расстояния от точки до концов образовавшегося диаметра принимаются за расстояния от данной точки до окружности.

Исследовать, при каких значениях а и b задача имеет одно или два решения.

б) Построить точку С, удалённую от точки А на расстояние а и от точки В на расстояние Ь.

Черт. 5.

Исследовать, при каких значениях а и Ь задача имеет: 1) два решения, 2) одно решение, 3) не имеет решений.

в) Построить треугольник ЛВС по трём сторонам: ВС = а; ЛС=Ь; ЛВ = с.

В каком случае задача не имеет решений? Сколько решений имеет задача, если положение стороны ЛВ задано?

г) Построить равнобедренный треугольник ЛВС по основанию а и боковой стороне Ь.

д) Построить равносторонний треугольник ЛВС по стороне а.

е) Построить угол, равный данному.

ж) Разделить данный угол ЛВС пополам.

з) Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса /?, проходящих через данную точку А.

Следующие задачи (от 2 до 5) приводятся к использованию окружности как г. м. т.

2. Найти геометрическое место вершин С треугольников ЛВС с данным основанием АВ = с и с данной по величине боковой стороной ВС = а.

а) Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.

3. Найти геометрическое место вершин А треугольников ЛВС с данной боковой стороной ВС и с данным по величине основанием AB.

4. Найти геометрическое место вершин С треугольников ЛВС с данным основанием АВ = с и данной по величине медианой основания CD = т.

5. Найти геометрическое место точек, симметрично расположенных с неподвижной точкой А относительно прямой, вращающейся около другой неподвижной точки В.

6. Найти г. м. т., одинаково удалённых от двух данных точек Л а В. Эта задача относится к числу основных, так как имеет многочисленные применения при решении задач на построение. Предварительно рекомендуется построить ряд отдельных точек геометрического места (см. черт. 2 в § 4 гл. I).

Построение рабочего чертежа. Пусть M— произвольная точка искомого геометрического места; С — середина отрезка AB — принадлежит геометрическому месту. Соединим точку M с точками А, В и С.

Доказательство. В треугольнике АМВ: AM = ВМ — по предположению, следовательно, этот треугольник равнобедренный; MC — медиана треугольника АМВ, следовательно, MC является также и высотой этого треугольника. Мы доказали, что если точка M равноудалена от А и £, то она лежит на перпендикуляре MC, проходящем через середину отрезка AB.

Докажем теперь обратную теорему. Возьмём произвольную точку N на перпендикуляре MC и соединим её с А и В. В Д AN В : NC

Черт. 6.

является одновременно и медианой, и высотой, следовательно, треугольник ANB равнобедренный, т. е. AN—BN. Таким образом доказано, что любая точка перпендикуляра MC равноудалена от точек А и В.

Заключение. Г. м. т., одинаково удалённых от двух данных точек А и В, есть прямая, перпендикулярная к отрезку AB и проходящая через его середину.

Вместо прямой и обратной теоремы можно доказать теоремы прямую и противоположную обратной.

Возьмём точку К, не лежащую на прямой MC (черт. 6), и соединим её с точками А, В и С. В треугольнике АКВ медиана КС не может быть одновременно высотой, так как из точки С нельзя восставить к AB двух перпендикуляров MC и КС, следовательно, АКфВК, т. е. если точка не лежит на перпендикуляре MC, то она не принадлежит искомому геометрическому месту.

а) Найти точку, одинаково удалённую от трёх вершин треугольника (для остроугольного, прямоугольного и тупоугольного треугольников).

б) Даны прямая CD и две точки А и В. Найти на прямой CD точку, равноотстоящую от А и В.

в) Построить на данном основании АВ = с равнобедренный треугольник так, чтобы его вершина С была на данной прямой MN

г) Из данной точки С прямой AB восставить к этой прямой перпендикуляр.

д) Из данной точки А вне данной прямой ВС опустить перпендикуляр на прямую ВС.

е) Разделить пополам отрезок данной прямой.

7. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC с данным основанием АВ = си данным углом а при основании.

По условию задачи известны величина и положение основания AB и положение луча АС.

Вершины А и В — неподвижные элементы фигуры (черт. 7). Возьмём на луче АС ряд точек С,, С2, С3 и соединим их с точкой В. Получим ряд треугольников, удовлетворяющих условию задачи. Точки Си С2, С3 принадлежат искомому геометрическому месту.

Возьмём точки D и Е, не лежащие на луче АС, и соединим их с точками А и В. DAB<^a; Z ЕАВ^>а; следовательно, точки D и Е геометрическому месту не принадлежат.

Заключение. Г. м. т. — луч АС.

Изменим условие задачи.

7-а. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC с данным основанием AB и данным по величине углом а при основании.

Из условия задачи вытекает, что положение второй стороны угла при основании неизвестно и задача имеет несколько решений (черт. 8).

Черт. 7.

Возьмём для определённости угол с вершиной А. Тогда получим: а) для острого и тупого углов г. м. т. — два луча АС и АС; б) для прямого угла г.м.т. —прямая линия СО ±_ AB.

Черт. 8.

Если же данный угол при основании брать также и при вершине В, то для острого и тупого углов искомым геометрическим местом являются четыре луча, а для прямого угла—две прямые.

а) Построить треугольник по данному основанию АВ = с, данному углу а при основании и противолежащей этому углу боковой стороне ВС—а (задачи 7 и 1). Исследовать решение задачи.

Когда задача имеет два решения? одно решение? не имеет решений?

б) Построить прямоугольный треугольник по катету и гипотенузе (задачи 7 и 1).

в) Построить треугольник по стороне и двум прилежащим к ней углам (задача 7).

г) Построить прямоугольный треугольник по катету и прилежащему острому углу (задача 7).

8. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC с данным основанием AB и данным углом а наклона медианы CD к основанию AB.

8-а. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC с заданным основанием AB и данным по величине углом наклона медианы CD к основанию AB.

б) Построить треугольник по данному основанию АВ = с, углу а наклона медианы CD к основанию и боковой стороне ВС=а. Исследовать решение задачи.

9. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC с заданным основанием АВ = с и заданной проекцией AD=p боковой стороны АС на основание.

По условию задачи, положение точек Л, В и D задано (черт. 9).

Черт. 9.

Непосредственно из условия задачи и из определения проекции наклонной вытекает, что все точки геометрического места лежат на прямой CD, перпендикулярной AB. Любая точка, не лежащая на CD, геометрическому месту не принадлежит. В противном случае, если бы точка Е принадлежала геометрическому месту, то ED было бы вторым перпендикуляром к AB, что невозможно.

Черт. 10.

Исследуем теперь, как влияет на положение искомого геометрического места положение и величина проекции AD. Будем считать точки А и В неподвижными, а точку D — движущейся слева направо к точке А, далее от А к В и т. д. Результат легко изобразить на чертеже без особых пояснений (черт. 10).

а) Построить треугольник по основанию AB, боковой стороне АС и проекции eö AD на основание (задачи 9 и 1).

Примечание. В § 2 обязательными для проработки со всем классом являются задачи: 1-я со всеми приложениями от а) до ж) и 6-я с приложениями от а) до е).

§ 3. Параллельные прямые

10. Найти геометрическое место концов отрезков, имеющих данную длину а и составляющих с данной прямой данный по величине угол а.

Пусть AB данная прямая (черт. 11). Возьмём на ней произвольную точку С,построим £ МСВ=а и СМ=а. M—одна из точек геометрического места. При перемещении отрезка СМ параллельно своему направлению точка M опишет непрерывную линию, состоящую из точек геометрического места. След от такого перемещения точки M зрительно воспринимается как прямая линия. Докажем это.

Черт. 11. Черт. 12.

Построение рабочего чертежа (черт. 12). Для доказательства того, что искомое г.м.т. есть прямая линия, необходимо и достаточно доказать, что любые три точки геометрического места лежат на одной прямой. В произвольно выбранных точках С, D и Е прямой AB построим ^_ С— D= Е = а и отложим СК= DL = = ЕМ = а, точки /С, L, M принадлежат искомому геометрическому месту. Соединим К и I, L и Му К и D.

Доказательство. Углы С, D и Е являются соответственными при прямых CK, DL и ЕМ и секущей AB. Эти углы, по условию, равны между собой, следовательно, CK \\ DL \\ ЕМ. Из равенства треугольников CKD и KDL следует, что /_ CDK= LKD, а значит, KL II CD. Аналогично, LM \\ DE. Точки С, D и Е лежат на прямой AB, следовательно, и точки К, L и M лежат на одной прямой; в противном случае, через точку L можно было бы провести две прямые, параллельные AB. Нетрудно видеть, что точки N и Р, не лежащие на прямой КМ, геометрическому месту не принадлежат, так как, сделав соответствующие построения, получим, что FN<^a; GP^>a, что противоречит условию.

Исследование. В произвольной точке С прямой AB построить данный по величине угол а можно четырьмя способами. Таким образом, каждой точке прямой AB соответствуют 4 точки геометрического места. Обозначим их через Ку L, M, N (черт. 13). Соединим К и L, M и N. Нетрудно доказать, что точки К и L одной полуплоскости лежат на прямой KL || AB и точки M и N другой полуплоскости — на прямой MN \\ AB.

Заключение. Г.м.т. — две прямые, параллельные AB.

Следствие (черт. 14). Если а = d,ioCK_L AB и отрезок СК=а выражает расстояние от точки К до прямой AB. Отсюда вытекает следующее, очень важное заключение:

Г. м. т. на плоскости, отстоящих от данной прямой на данном расстоянии а, являются две прямые, параллельные данной прямой и расположенные по разные стороны от неё.

Примечание. Решение этой задачи можно обосновать проще, если воспользоваться свойством параллелограмов, но тогда её пришлось бы перенести в курс VII класса, что нежелательно, так как это значительно стеснило бы преподавателя при подборе задач на геометрические места в курсе VI класса.

Черт. 13. Черт. 14

а) Даны две прямые AB и CD; на прямой CD найти точки, которые отстоят от прямой AB на расстоянии //.

б) Даны две прямые AB и CD; найти точки, отстоящие от прямой AB на расстоянии a, a от прямой CD — на расстоянии Ь.

в) Найти точку, находящуюся на равных расстояниях от двух данных точек А и В и на данном расстоянии а от данной прямой CD (задачи 6 и 10).

г) Построить треугольник по высоте h и двум данным углам при основании (задачи 7 и 10).

11. Найти геометрическое место вершин треугольников, имеющих общее основание и равные высоты.

12. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC с заданным /тВАС=а при основании и данной по величине высотой h, проведённой из вершины В.

13. Найти г. м. т., равноудалённых от двух данных параллельных прямых.

Пусть AB и CD — данные параллельные прямые (черт. 15-а). Расстояние между AB и CD везде одинаково. Восставим из произвольной точки Е прямой AB перпендикуляр EF до пересечения с CD. Разделим отрезок EF в точке К пополам (КЕ = KF), К—точка геометрического места. Будем перемещать отрезок EF так, чтобы его концы Е и F оставались на прямых AB и CD. Точка К опишет при этом какую-то линию. Докажем, что след от перемещения точки К по плоскости есть прямая линия.

Построение рабочего чертежа (черт. 15-6). Построим три точки геометрического места: К, L и M(KE=KF, LG = LH, IM = MN). Соединим точки К и L, L и М, К и О.

Доказательство. В треугольниках KEG и KLQ: KG — общая сторона, КЕ # LG (так как EF # GH и точки К к L делят эти отрезки пополам) и 2. EKG= KGL, следовательно, эти треугольники равны между собой, и /_ GKL = £ EGK\ но эти углы являются соответственными при прямых EG и KL и секущей KG, следовательно, KL II EG. Аналогично можно доказать, что LM \\ Gl. Точки Et G, / расположены на прямой AB, следовательно, и точки К, L, M лежат на одной прямой, так как в противном случае через точку L можно было бы провести две прямые, параллельные AB. Точки, не лежащие на прямой KLM, геометрическому месту не принадлежат, так как расстояния от них до AB и CD не равны между собой.

Черт. 15-а.

Черт. 15-6.

Заключение. Г. м. т., равноудалённых от двух данных параллельных прямых, есть прямая, параллельная данным и проходящая между ними.

Аналогично решаются задачи 14—16.

14. Найти г. м. т., расстояние которых от одной из двух данных параллельных прямых в два раза больше, чем от другой.

16. Найти геометрическое место середин отрезков параллельных прямых, заключённых между данными параллельными прямыми.

16. Отрезки параллельных прямых, заключённых между двумя данными параллельными прямыми, разделены на три равные части. Найти г. м. т. деления.

Примечание. Задачи, помещённые в § 3, рекомендуется рассмотреть со всем классом.

§ 4. Некоторые задачи на нахождение геометрического места точек, связанные с углами

Здесь имеются в виду задачи на геометрические места, связанные с расстояниями от точек до сторон угла. В учебной литературе обычно обходится вопрос о том, что понимать под расстоянием от отдельных точек до сторон угла (например, от точки M до сторон угла ABC) (черт. 16-а). Введение нового понятия «расстояния от точки до луча», отличающегося от общепринятого понятия «расстояния от точки до прямой», привело бы к неизбежным методическим усложнениям. В связи с этим целесообразно во всех задачах подобного типа рассматривать г. м. т. по отношению к двум пересекающимся прямым*. Однако следует иметь в виду, что в курсе геометрии средней школы чаще приходится иметь дело с углом, а не с двумя пересекающимися прямыми.

Например: 1) Биссектриса угла есть г. м. т., равноудалённых от сторон угла (но не от их продолжений).

2) В треугольнике из четырёх точек, равноудалённых от трёх его сторон, особо выделяется точка пересечения биссектрис внутренних углов треугольника (где расстояния от точек геометрического места берутся до сторон треугольника, но не до их продолжений).

Черт. 16-а. Черт. 16-6.

* Этот вопрос разобран в книге Д. И. Перепелкина «Геометрические построения в средней школе», издательство Академии педагогических наук РСФСР, 1947, стр. 41—42.

В настоящей книге в тех задачах, где нет специальной оговорки, расстояния от точек до сторон многоугольника рассматриваются в широком смысле, т. е. принимаются во внимание расстояния не только до сторон, но и до их продолжений.

Например: 1) Найти г. м. т. на плоскости, равноудалённых от двух смежных сторон CD и ВС параллелограма ABCD (черт. 16-6).

Ответ. Г. м. т.—две прямые линии, делящие пополам внутренний и внешний углы при вершине С.

2) Найти г. м. т. на плоскости, равноудалённых от двух смежных сторон CD и ВС параллелограма ABCD, рассматривая расстояния только до сторон, но не до их продолжений.

Ответ. Г. м. т. — отрезок СЕ биссектрисы угла С, где DE JL CD.

В ряде задач рассматривается внутренняя область угла или многоугольника.

Определение. Внутренней областью угла или многоугольника называется часть плоскости, в которой отрезок, соединяющий две любые её точки, лежит в ней целиком. В последнем примере отрезок СЕ лежит во внутренней области параллелограма ABCD.

17. Найти г. м. т. на плоскости, равноудалённых от двух пересекающихся прямых AB и CD.

Построение отдельных точек геометрического места (черт. 17). Построим ряд параллельных прямых, выражающих собой г. м. т., удалённых от прямых AB и CD на расстояние, равное 1, 2, 3 единицам длины (см. следствие к задаче 10).

Черт. 17. Черт. 18.

Точки пересечения соответствующих параллелей 1—1, 2—2, 3—3 принадлежат искомому геометрическому месту. Выбирая достаточно малую единицу длины, можно получить ряд точек геометрического места, расположенных как угодно близко друг к другу.

Докажем, что искомые точки расположены на двух прямых линиях.

Построение рабочего чертежа (черт. 18). Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту, т. е.

МЕ±_АВУ MF±CD и ME = MF.

Соединим точку M с точкой О.

Доказательство. Прямоугольные треугольники МОЕ и MOF равны между собой, так как они имеют общую гипотенузу ОМ и ME = MF по предположению; из равенства треугольников следует, что lmMOE=£mMOF. Таким образом, если точка M находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CD, то отрезок ОМ делит угол BOD пополам. Докажем теперь обратное предложение. Возьмём на прямой NN', делящей углы АОС и BOD пополам, произвольную точку N. Опустим из неё перпендикуляры NH _LAB и NQ _LCD и рассмотрим прямоугольные треугольники NOH и NOG. Эти треугольники равны между собой, так как они имеют общую гипотенузу ON и NOH= /_ NOG; следовательно, NH = NG. Таким образом, справедливо и обратное предложение: любая точка /V, взятая на прямой AW, делящей углы АОС и BOD пополам, находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CD.

Аналогично можно доказать, что точки искомого геометрического места лежат также на прямой КК\ делящей углы AOD и СОВ пополам. Прямые КК и NN' — взаимно перпендикулярны.

Заключение. Геометрическим местом точек на плоскости, равноудалённых от двух данных пересекающихся прямых, являются две прямые, делящие пополам углы, образованные данными прямыми.

Следствие. Г. м. т., равноудалённых от сторон данного угла и находящихся во внутренней области угла, есть луч, делящий данный угол пополам.

Таким образом, для угла BOD г. м. т. есть луч ON, для угла АОС— луч ON, для угла AOD — луч OK, для угла СОВ — луч ОК.

а) На стороне треугольника найти точку, равноудалённую от двух других его сторон.

б) Найти: 1) на плоскости, 2) во внутренней области треугольника точку, равноудалённую от трёх его сторон.

в) Дана прямая AB, точка M на ней и точка О вне её. Провести через точку M прямую линию так, чтобы она отстояла от точки О на таком же расстоянии, как точка О от прямой AB.

18. Найти на плоскости г. м. т., равноудалённых от сторон АС и ВС треугольника ABC (черт. 19). Ответ. Две прямые EF и IK, делящие пополам внутренний и внешний углы треугольника ABC при вершине С (см. задачу 17).

Дополнительный вопрос. Решить задачу 18, рассматривая расстояния от точек г. м. только до сторон, но не до их продолжений, отдельно для случаев, когда угол ABC—острый, прямой и тупой и АС<^ВС (черт. 20).

Ответ. Г. м. т. — отрезок CD биссектрисы угла С до пересечения с AD±AC.

Черт. 19.

19*. Найти г. м. т., сумма расстояний которых до двух данных пересекающихся прямых AB и CD равна постоянной величине s.

Черт. 20.

Построение отдельных точек геометрического места (черт. 21). Возьмём для определённости 5 = 5 единицам длины. На основании следствия к задаче 10 построим ряд параллельных прямых, выражающих собой г. м. т., удалённых от прямых AB и CD на расстояние, равное 1, 2, 3,4,5 единицам длины. Точки пересечения параллелей 0—5, 1—4, 2—3, 3—2, 4—1,5—0 принадлежат геометрическому месту. Построение показывает, что искомые точки расположены на четырёх прямых. Докажем это.

Черт. 21. Черт. 22.

Построение рабочего чертежа (черт. 22). Рассмотрим сначала точки геометрического места, расположенные во внутренней области угла АОС. Из произвольной точки стороны угла ОС восставим перпендикуляр и отложим на нём отрезок, равный s; через конец этого отрезка проведём прямую, параллельную ОС, до пересечения в точке К со стороной АО. Точка К принадлежит геометрическому месту, так как до стороны ОС расстояние KG = s, а до стороны АО — равно нулю (КО J. ОС). Аналогично на другой

стороне угла находится точка принадлежащая искомому геометрическому месту (EL = s, EL JL OA). Соединим точки К и L. Возьмём произвольную точку M на отрезке KL и докажем, что она принадлежит искомому геометрическому месту. Построим MF J_ ОС; МН±_ОА; М1\\ ОС.

Доказательство. Прямоугольные треугольники KEL и KCL равны между собой, так как они имеют общую гипотенузу KL и катеты KQ = EL = s. Следовательно, /mEKL=/mGLK

С другой стороны КМ1= GLK, как соответственные углы при параллельных Ml и ОС и секущей АХ. Отсюда следует, что А МКН= Д MlKy как имеющие общую гипотенузу КМ и 21 НКМ= £ KMI, следовательно MH=KI(l); Kl + IG = s (2), по построению, a IG = MF (3). Из равенств (1), (2) и (3) следует, что МИ -\- MF = 5, следовательно, точка M принадлежит искомому геометрическому месту. Таким образом, все точки отрезка KL принадлежат искомому геометрическому месту. Возьмём теперь какие-либо точки Я, и Pq во внутренней области угла АОС, не лежащие на отрезке АХ (черт. 23). Непосредственно из чертежа видно, что

Черт. 23.

Таким образом, точки внутренней области угла AOC, не лежащие на отрезке АХ, геометрическому месту не принадлежат.

Исследование. Если взять любую точку на продолжении АХ, то она не может принадлежать искомому геометрическому месту, так как расстояние её даже до одной из сторон угла превышает величину 5 (KG или EL).

Заключение. Г. м. т., удовлетворяющим условию задачи во внутренней области угла АОС, является отрезок АХ.

Перейдём теперь к рассмотрению г. м. т. во внутренних областях остальных углов (черт. 24).

Очевидно, что точки геометрического места во внутренней области угла BOD расположены на отрезке K'L' # KL. Точки геометрического места во внутренних областях тупых углов AOD и ВОС

Черт. 24.

расположены на отрезках КК и LU, что доказывается аналогично, причем КК # LU. Нетрудно показать, что углы между смежными отрезками — прямые. Действительно: треугольник О АХ— равнобедренный, так как, по доказанному, ^ ОАТ=/, OLK; с другой стороны, Z. NKL= £ OLK, следовательно, OKL = £ NKL, т. е. отрезок KL делит угол OKN пополам. Аналогично отрезок КК делит угол 1\ГКО пополам, следовательно, £ KKL — прямой и КК _L KL.

Заключение. Г, м. т., сумма расстояний которых от двух пересекающихся прямых есть величина постоянная, является замкнутая ломаная линия (контур прямоугольника).

Построение. Треугольник OKL — равнобедренный, поэтому достаточно построить точку К (черт. 24), на луче ОС отложить отрезок OL = OK и соединить точки К и L; из точек К и L построить КК _LKL и LU _L KL и соединить точки К и U.

Следствие. Если две данные прямые пересекаются под прямым углом, то г. м. т. есть контур квадрата (черт. 25).

Черт. 25.

20*. Найти г. м. т., разность расстояний которых до двух пересекающихся прямых AB и CD есть величина постоянная и равная d.

Условие задачи не даёт простого способа построения отдельных точек геометрического места. Поэтому перейдём к построению рабочего чертежа. Для определённости будем считать расстояние от точек геометрического места до прямой CD большим, чем до прямой AB.

Построение рабочего чертежа (черт. 26). На расстоянии, равном d от прямой CD, построим Kl d CD. Пусть M — одна из точек искомого геометрического места, т. е.

MFJLCD, МО ±АВ и MF — MQ = d. (1)

Доказательство. Из чертежа видно, что

MF=ME -\-EF=ME -f- d. (2)

Черт. 26.

Подставим в равенство (1) вместо MF его выражение из равенства (2), получим: ME-\-d — MG = d; отсюда ME = MQ. (Решение сводится к задаче 17.) Точки геометрического места лежат на прямой, делящей угол AKI пополам.

Исследование. Возьмём точку Мх на прямой КМ во внутренней области угла ВКНУ противоположного углу AKL Из чертежа видно, что MlEl=M1Gl, следовательно, MiFl<^M1Gl и MXFX — — MXGX = — d, т. е. точка Мх искомому геометрическому месту не принадлежит. Нетрудно видеть, что точка М2, взятая между параллельными прямыми CD и IH, также геометрическому месту не принадлежит, так как M^K^d, следовательно, M^F^ — M2Gq^td.

Таким образом, точки искомого геометрического места во внутренней области угла АОС лежат на луче КМ, делящем угол AKI пополам.

Если брать точки геометрического места во внутренних областях остальных углов, образованных данными пересекающимися прямыми, то аналогично можно доказать, что они лежат на луче KN, делящем угол АКН пополам, и на лучах К'М' \\ КМ и AW || A7V, делящих пополам углы ВК'Н* и VKB.

Заключение. Г. м. т., разность расстояний которых от двух данных пересекающихся прямых есть постоянная величина, являются четыре луча.

Построение г. м. т. на основании решения. 1) Построить прямые IH и Г FT на расстоянии, равном d от прямой CD; 2) из точек пересечения К и К' этих прямых с AB провести лучи, делящие пополам углы AKI, АКН, ВКЕГ и ВК1'.

Замечание. В задачах 19* и 20* очень полезно после решения и построения взять ряд точек геометрического места и показать, что с изменением расстояния от точек г. м. до одной стороны угла изменяется также расстояние и до другой стороны, но сумма (или разность) этих расстояний остаётся при этом постоянной.

а) Даны две пересекающиеся прямые AB и CD и прямая MN. На прямой MN найти точки, расстояния которых от прямой AB больше их расстояния от прямой CD на данную длину а.

21* Доказать, что во всяком равнобедренном треугольнике сумма расстояний любой точки основания до боковых сторон есть величина постоянная, равная боковой высоте треугольника (см. задачу 19, черт. 22).

Дополнительный вопрос. Можно ли назвать основание равнобедренного треугольника г. м. т., сумма расстояний которых до боковых сторон есть величина постоянная, равная боковой высоте?

Ответ (черт. 27). Основание AB нельзя назвать г. м. т., сумма расстояний которых до боковых сторон равна боковой высоте треугольника. На основании задачи 19 таким г. м. т. является замкнутая ломаная линия АА'В'В, образующая прямоугольник, одна из сторон которого есть AB.

Черт. 27.

Черт. 28.

22*. Найти во внутренней области равнобедренного треугольника г. м. т., сумма расстояний которых до трёх сторон треугольника равна постоянной величине /.

Пусть M— одна из точек искомого г. м. т., т.е. dt -f- û?3 -f- d3 = /, где MF = dlt MI = diy MH=dz— расстояния до сторон данного треугольника ABC от точки M (черт. 28). Через точку M проведём отрезок KL \\ AB. На основании задачи 21 можно утверждать, что для всех точек отрезка KL : (dt -f- </2) есть величина постоянная; следовательно, и dz должно быть постоянным. А это может быть только тогда, когда все точки искомого геометрического места расположены на прямой, параллельной AB. Такому требованию удовлетворяет отрезок KL.

Возьмём какую-либо точку N внутренней области треугольника (для простоты — на продолжении db). Расстояния её до сторон треугольника обозначим соответственно через NG = d't NP=d", NH=d"'. Опустим перпендикуляры ND и NE на MF и MI.

Из равенства треугольников MDN и MEN следует, что MD = ME. Имеем:

d! + d* -\-d!" = dx— MD + d2 — ME-\-dz + MN=l-\-MN — 2MD.

Для того, чтобы точка Лг принадлежала искомому геометрическому месту, необходимо выполнение условия: MN—2MD = 0, или MN=2MD. Но это может быть только в том случае, когда £ DNM = 30°, т. е. угол при вершине в данном треугольнике должен равняться 60°.

Другими словами, любая точка внутренней области треугольника, лежащая вне отрезка KL, будет удовлетворять условию задачи только в том случае, если заданный треугольник — равносторонний.

Заключение. Г. м. т. во внутренней области равнобедренного треугольника, от которых сумма расстояний до сторон треугольника равна постоянной величине, есть отрезок прямой линии, параллельный основанию треугольника.

Следствие. Если треугольник равносторонний, то г. м. т. является вся внутренняя область треугольника.

Построение. Для построения отрезка KL достаточно построить точку К и провести KL || II AB (черт. 29). KF+KE = l (см. задачу 21), где КЕ _1_АВ и KF ±_ВС, следовательно, точка К принадлежит геометрическому месту точек, сумма расстояний которых от сторон угла ABC равна /. Построение может быть сделано следующим образом. Из вершины В (черт. 30) восставим перпендикуляр BD к AB, отложим отрезок

Черт. 29.

BD = / и проведём DE \\ AB до пересечения в точке Е со стороной ВС. На стороне AB отложим BF=BE и соединим точки Е и F. На основании задачи 19 заключаем, что точки отрезка EF принадлежат г. м. т., сумма расстояний которых до сторон ВС и AB равна /. Пересечение отрезка ЕF со стороной АС определяет точку К.

Исследование. Задача имеет решение в том случае, когда отрезок EF пересекается со стороной АС. Здесь следует различать два случая.

1-й случай. Основание AB = с меньше боковой стороны ВС = а, т. е. с<^а (черт. 30).

В этом случае / должно быть меньше высоты hc или ей равна, т. е. /< hct что видно из чертежа (для всех значений l^>hc отрезок EF не пересечётся с АС). При l = hc геометрическим местом будет одна точка — вершина С. Однако не для всех значений l<C^hc можно найти точку К. Если точка F окажется на стороне AB, а не на её продолжении, то отрезок EF не пересечётся с АС. Предельным положением точки F может быть точка А (черт. 31). Проведём АН _\_ВС (AH=ha) и рассмотрим прямоугольные треугольники BDE и АВН. Они равны между собой, так как BF = BA и АВН= Л BED по построению; следовательно, BD = = АН, т. е. l = ha. Таким образом, точка К может быть построена при l^ha. При l=ha точка К совпадает с А и г. м. т. является основание В А.

Заключение. Если с<^ а, то величина / должна удовлетворять неравенствам ha^l^hc. При l*=hc г. м. т. есть точка С; при уменьшении / отрезок KL возрастает и при/ = /га KL совпадает с AB и достигает наибольшей величины.

Черт. 30.

Черт. 31.

Черт. 32.

Черт. 33.

2-й случай. Основание АВ = с больше боковой стороны ВС = а. с^>а.

В этом случае величина / должна быть больше или равна hC9 т. е. l^hc, что видно из построений на черт. 32. Однако/ не может

быть неограниченно большой, так как при достаточно большой величине / точка F может оказаться на продолжении AB и отрезок EF не пересечётся с А С. Предельным положением является ВЕ = АВ, т. е. когда F совпадает с А (черт. 33). Прямоугольные треугольники АВН и BED равны между собой, так как ВЕ = АВ и /mBED=/_ABHy следовательно, BD = AHy т.е. l = ha. Таким образом, точка К будет лежать на стороне АС только при l^ha.

Заключение. Если с^>а, то / должна удовлетворять неравенствам hc^l^ha. При l—hcr. м. т. есть точка С; при увеличении / отрезок KL возрастает и при l = ha отрезок KL совпадает с AB и достигает наибольшей величины.

§ 5. Четырёхугольники

В задачах, предлагаемых для решения «устно», предполагается, что ученик не должен делать никаких записей; однако для лучшего представления задачи рекомендуется сделать эскиз чертежа.

Задачи 23—30 решить устно.

23. Найти внутри параллелограма геометрическое место середин отрезков прямых, параллельных: а) его боковой стороне, б) его основанию, в) Каким свойством обладает точка пересечения геометрических мест а) и б)?

24. Найти: 1) на плоскости прямоугольника, 2) внутри прямоугольника г. м. т., равноудалённых: а) от его противоположных сторон, б) от его смежных сторон. Найти точку, равноудалённую от трёх его сторон. Для любых ли трёх сторон возможно найти такую точку? Можно ли найти на плоскости точку, равноудалённую от всех сторон прямоугольника?

26. Условие задачи 24 для ромба.

2б-а. Решить задачу 24 1) для ромба, беря расстояния от точек геометрического места до сторон, но не до их продолжений.

26. Условие задачи 24 для параллелограма.

26-а. Решить задачу 24 1) для параллелограма с учётом условия задачи 25-а.

27. Найти: 1) на плоскости трапеции, 2) внутри трапеции г. м. т., равноудалённых: а) от её оснований, б) от боковой стороны и одного из оснований, в) Найти точку, равноудалённую от оснований трапеции и одной из боковых сторон. При каком условии эта точка лежит внутри трапеции?

27-а. Решить задачу 27 1) с условием задачи 25-а.

28. Найти г. м. т., равноудалённых: а) от боковых сторон равнобедренной трапеции, б) от боковой стороны и одного из оснований. Найти точку, равноудалённую от боковых сторон и одного из оснований трапеции. Существует ли на плоскости точка, равноудалённая от всех сторон равнобедренной трапеции?

28-а. Задачу 28 решить с учётом условия задачи 25-а.

29. Ответить на вопросы задачи 27 для прямоугольной трапеции.

30. Найти г. м. т., удаленных от диагонали АС параллелограма ABCD на расстояние, равное длине перпендикуляра, опущенного из вершины В на АС. Решить с учётом условия задачи 25-а.

31. Найти геометрическое место середин отрезков разной длины, заключённых между двумя данными параллельными прямыми.

Построение отдельных точек геометрического места (черт. 34). AB и CD — данные параллельные прямые. Выберем отрезок произвольной длины так, чтобы концы его находились на данных параллельных прямых. При перемещении отрезка концы его будут скользить по прямым AB и CD, при этом середина К отрезка опишет какую-то линию. Аналогично середины L и M отрезков другой длины опишут при своём перемещении какие-то линии.

Докажем, что следы от перемещения точек К, L, M совпадают между собой.

Построение рабочего чертежа (черт. 35). Возьмём три произвольных отрезка EF, EG, HI, заключённых между AB и CD. Пусть К, L, M — их середины. Соединим последовательно точки К и L, L и М.

Доказательство. В Л EFG: KL — средняя линия, следовательно, KL || FG; в трапеции EGIH: LM — средняя линия, следовательно, LM \\ Il EH У GL Точки F, G, I лежат на одной прямой CD, а значит, и точки К, L, M должны лежать на одной прямой; в противном случае через точку L можно было бы провести две прямые, параллельные CD.

Возьмём точку N вне прямой KLM и проведём через неё произвольный отрезок PQ. В трапеции HIQP: MR — средняя линия, следовательно, R есть середина PQ, а значит, N не может принадлежать г. м.

Заключение. Геометрическое место середин отрезков разной длины, заключённых между двумя данными параллельными прямыми, есть прямая линия, расположенная посередине между ними.

Следствие 1. Если EF, HI и PQ параллельны между собой, то г. м. их середин есть прямая, параллельная данным.

Следствие 2. Если все отрезки равны между собой и равны расстоянию между параллелями, то их половины выражают собой расстояния от середин до данных параллелей (см. задачу 13).

32. Найти геометрическое место середин отрезков, соединяющих данную точку О с различными точками данной прямой AB.

Черт. 34.

Черт. 35.

а) На прямой KL дан отрезок Aß и точка О вне KL. Найти точку Му одинаково удалённую от А и В, такую, чтобы отрезок, проходящий через Ж и О до пересечения с KL, делился в точке M пополам (задачи 6 и 32).

б) Дана прямая КЦ точка А на ней и точка О вне KL Найти точки, делящие пополам отрезки, проведённые из точки О до пересечения с KL и отстоящие от точки А на расстоянии, равном а (см. задачи 1 и 32). Исследовать решение задачи.

в) Дан угол ABC и точка О, не лежащая на его сторонах. Найти точку М, одинаково отстоящую от сторон угла и делящую пополам отрезок прямой, проведённый через точки О и M до пересечения со стороной ВС (см. задачи 17 и 32). Исследовать решение задачи для различных положений точки О.

33. Из данной точки к точкам данной прямой проведены отрезки. Каждый из этих отрезков разделён на три равные части. Найти геометрическое место точек деления.

34. Найти геометрическое место вершин С треугольников ABC, имеющих общее данное основание AB, если известно, что данная по величине средняя линия расположена на данной прямой KL, параллельной основанию.

36*. Две точки А и В движутся по сторонам DE и DF угла EDF так, что сумма расстояний их до вершины угла D равна постоянной величине /. Найти геометрическое место середин отрезков, соединяющих эти точки.

1)Построение отдельных точек геометрического места (черт. 36). Условие задачи позволяет легко построить любое число частных положений точки искомого геометрического места. Отложим AD = BD = L Разобьём эти отрезки на 8 равных частей (для удобства построения). Пусть перемещение точки по сторонам угла происходит в направлении, указанном на чертеже стрелкой, от точки А

По мере того, как точка А, занимая последовательно положения Alt Аъ Аь, ... , приближается к вершине D, точка В проходит положения Blf В3, ... , удаляясь от вершины D. Т. е. с уменьшением расстояния от движущейся по стороне DF точки до вершины расстояние другой движущейся точки по стороне DE от вершины увеличивается. Однако сумма этих расстояний сохраняет одну и ту же длину /. При достаточно хорошем построении можно заметить также и закономерность в расположении точек искомого г. м.

2) Построение рабочего чертежа (черт. 37). Эта задача представляет собой пример более сложных построений, необходимых для обоснования. Однако при известной целеустремлённости

Черт. 36.

Черт. 37.

такие построения могут быть выполнены легко средним учеником. Речь идёт о геометрическом месте середин отрезков. Поэтому необходимо сделать такие построения, которые могли бы дать возможность применения свойств средней линии треугольника или трапеции.

Построим отрезок AD = l и разделим его пополам. Точка К принадлежит искомому геометрическому месту, так как точку D можно рассматривать как начальное положение точки на стороне DE. Построим еще одну из произвольных точек геометрического места. Для этого отложим на сторонах угла отрезки ААХ = = DBX, соединим точки Ах и Вх. Пусть M—середина отрезка Ах Вх. Соединим точки А и Ви через точку M проведём прямую IMC \\ II DF до пересечения в точке С с отрезком АВХ и соединим точку К с точками M и С.

3) Доказательство. По свойству средней линии треугольника СМ = 7«ЛАХ и СК= 7« DBX, следовательно, СМ = CK и Д СМК—равнобедренный, а значит, ^ СМК= L СКМ; но Z. СМК= L DKM, так как IMC \\ AD. Отсюда L СКМ= L DKM, следовательно, МК делит угол в параллелограме DKCI пополам

Угол D — данный. Мы видим, что отрезок прямой, соединяющий точку К с произвольной точкой M геометрического места, образует со стороной DF угол постоянной величины. Отсюда можно заключить, что точки г. м. лежат на одной прямой, образующей со стороной DF угол, равный ^90°—

Исследование (черт. 36 и 37). Принимая во внимание условие задачи, точки А и В являются конечными на сторонах данного угла. Всякое перемещение точек в направлении от Л к f и в направлении от В к Е невозможно,, так как в этом случае расстояние точек до вершины D будет превышать /. Все промежуточные положения точки А должны находиться на отрезке AD, а для точки В — на отрезке BD. Отрезки, соединяющие две соответствующие точки, должны быть расположены внутри равнобедренного треугольника ABD, а следовательно, и середины этих отрезков расположены во внутренней области данного угла. Точки К и L являются конечными точками г. м. ^причём DK=DL = -^ /j.

Заключение. Искомое г. м. т. есть отрезок KL, являющийся основанием равнобедренного треугольника с данным углом при вершине и с боковыми сторонами, равными

36*. Две точки А и В движутся по сторонам угла EDF так, что разность расстояний их до вершины угла D сохраняет одну и ту же величину d. Найти геометрическое место середин отрезков, соединяющих эти точки.

Построение отдельных точек геометрического места (черт. 38). Для определённости будем считать отрезки на стороне DF больше отрезков на стороне DE. Построим на стороне DF отрезок DC = d. Пусть начальное положение точки Л совпадает с точкой С, тогда начальное положение точки В совпадёт с D и перемещение точек будет происходить по направлениям, указанным на чертеже. Отложим на стороне DF от точки С и на стороне DE от точки D равные между собой отрезки и соединим концы соответствующих отрезков друг с другом. Середины полученных отрезков являются точками искомого г. м. Как и в предыдущей задаче, подчёркивается, что с изменением расстояния движущейся точки А от вершины угла изменяется также и расстояние движущейся точки В от вершины угла, но разность этих расстояний сохраняет постоянную величину.

Построение рабочего чертежа и обоснование аналогично предыдущей задаче, а поэтому ограничимся только кратким указанием.

Указание. На чертеже 39 M— произвольная точка искомого геометрического места, MLN \\ DF.

Заключение. Г. м. т. есть луч КМ, составляющий со стороной DF угол, равный половине данного угла.

37*. Доказать, что биссектрисы внутренних и внешних углов параллелограма образуют прямоугольник, и найти геометрическое место вершин этих прямоугольников, при условии, что заданный параллелограм — шарнирный.

1) Пусть ABCD — данный параллелограм; AKL, BKN, CMN, DML — биссектрисы его внутренних углов; K\AN\t K\BLXi LtCMt9 MXDNX — биссектрисы его внешних углов (черт. 40). В треугольниках АВК, ALD, BNC и CMD суммы углов при вершинах А и В, AnD, ВиС, CuD равны прямому углу, так как они являются половинами углов параллелограма, прилегающих к одной стороне;

Черт. 38. Черт. 39.

Черт. 40.

следовательно, в этих треугольниках углы при вершинах К, L, М, N—прямые, т. е. четырёхугольник KLMN—прямоугольник. Аналогично доказывается, что К\ЬХМ^Х— прямоугольник. Нетрудно доказать, что точки Ки Е, К, О, M, F, Ми равно как и точки Lu L, О, N и Nl9 лежат на одной прямой, так как расстояния их до сторон параллелограма равны половинам соответственных высот параллелограма.

2) Шарнирным многоугольником называется такой многоугольник, у которого положение вершин, положение и величина диагоналей изменяются, величины же его сторон остаются неизменными.

Пусть параллелограм ABCD — шарнирный. Будем его деформировать, производя равномерное сжатие и растяжение его диагоналей АС и BD (на чертеже не показаны). При такой деформации точка пересечения диагоналей остаётся неподвижной. Положение вершин обоих прямоугольников будет изменяться. Найдём закономерность в расположении этих точек.

К\МХ = EF-{- К\В + MXF, но так как EF=BC, KtE= у КК\ = у AB и MtF= у ЛШ, = -1 CD (по свойству диагоналей прямоугольника), то АуИ, = ßC+ ~ (ЛЯ + СО) = ЯС+AB — постоянная величина, т. е. а) диагональ прямоугольника К\ЬхМхЫ1у построенного на биссектрисах внешних углов, является величиной постоянной и равной полусумме сторон данного параллелограма, б) вершины К\, Lu Mlf Nt находятся от неподвижной точки О пересечения диагоналей всегда на одном и том же расстоянии. Поэтому на основании задачи 1 искомым г. м. т. является окружность с центром О и радиусом -g-.

Далее, КМ = KtMt — (ККХ + ММ,) = ВС + А В — 2 AB = ВС — — AB—постоянная величина, т. е. г. м. вершин прямоугольников KLMN есть окружность с центром О и радиусом, равным полуразности сторон данного параллелограма.

Примечание. В § 5 задачи 23—34 следует считать обязательным для проработки со всем классом. Задачи 35—37 можно рекомендовать только для кружка и индивидуальных заданий.

§ 6. Линии в круге

38. Найти геометрическое место центров окружностей, касающихся прямой AB в данной на ней точке М.

а) Построить окружность данного радиуса, касающуюся данной прямой AB в данной на ней точке M (см. задачи 10 и 38).

б) Построить окружность, проходящую через точку N и касающуюся прямой AB в данной на ней точке M (см. задачи б и 38).

в) Построить окружность, касающуюся данной окружности и данной прямой AB в данной ее точке М.

г) Построить окружность, касающуюся данной прямой AB и данной окружности в данной её точке М.

39. Найти геометрическое место центров окружностей, проходящих через две данные точки А и В (сводится к задаче 6).

а) Построить данным радиусом R окружность, проходящую через две данные точки А и В.

б) Построить окружность, проходящую через две данные точки А и В и центр которой: 1) находится на данной прямой CD, 2) находится на данном расстоянии а от данной прямой CD.

в) Найти центр окружности или дуги.

г) Построить окружность, проходящую через две данные точки А и В и пересекающую данную окружность так, что хорда, полученная в пересечении, была параллельна данной прямой CD.

40. Через две данные точки А и В проведены всевозможные окружности. Найти г. м. т. пересечения касательных (к этим окружностям), проходящих через точки Л и В.

41. Найти геометрическое место центров окружностей, касающихся двух данных пересекающихся прямых (сводится к задаче 17).

а) Построить окружность данного радиуса /?, касающуюся: 1) сторон данного угла АОВ; 2) двух данных пересекающихся прямых АОС и BOD.

42. Найти геометрическое место центров окружностей, отсекающих на сторонах данного угла равные хорды.

а) Построить окружность, отсекающую от сторон данного угла равные хорды и проходящую через две данные точки А и В.

б) Построить окружность, отсекающую от сторон данного угла хорды данной длины а так, чтобы центр её находился на данной прямой CD.

43. Найти геометрическое место центров окружностей, касающихся двух данных параллельных прямых.

а) Построить окружность, касающуюся двух данных параллельных прямых AB и CD и секущей EF.

44. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса г и касающихся данной прямой.

а) Построить окружность данного радиуса R так, чтобы центр её находился на данной прямой MN, и которая бы касалась данной прямой AB. Исследовать решение.

б) Построить окружность данного радиуса R так, чтобы центр её находился на данной окружности, и которая бы касалась данной прямой AB. Исследовать решение.

46. Найти геометрическое место центров окружностей, касающихся данной окружности с центром О в данной точке А.

а) Построить окружность, проходящую через данную точку M и касающуюся данной окружности в точке N.

46. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведенных параллельно данной прямой к данной окружности.

47. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса г, отсекающих от данной прямой хорду данной длины а.

а) Построить окружность данного радиуса г, отсекающую от данной прямой хорду данной длины а и касающуюся данной прямой CD.

48. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса г, пересекающих данную прямую под данным по величине углом а.

Примечание. Углом между прямой и окружностью называется угол, образованный прямой и касательной к окружности в точке их пересечения.

49. К данной окружности проведены касательные, на которых от точек касания отложены отрезки данной длины а. Найти геометрическое место концов этих отрезков, не лежащих на данной окружности.

Указание. Построив ряд точек искомого г. м. и соединив их с точкой О, получим равные прямоугольные треугольники (по двум катетам), следовательно, и гипотенузы их равны между собой. (Решение сводится к задаче 1.) Г. м. т. — окружность с радиусом ОМх (черт. 41).

50. Найти г. м. т., из которых данная окружность видна под данным по величине углом а.

Построение рабочего чертежа (черт. 42). В этой задаче построение отдельных точек геометрического места представляет некоторые трудности, поэтому решение задачи следует начинать с рабочего чертежа, предполагая, что хотя бы две точки г. м. уже построены (черт. 42). Углом, под которым видна окружность из некоторой точки, называется угол, составленный двумя касательными, проведёнными к окружности из этой точки. Пусть Мх и Мг — произвольные точки геометрического места, т. е. £ AlMlBl= £ А%М%Въ = а. Соединим точки Мх и М2 с центром и проведём радиусы в точки касания.

Доказательство. Из равенства полученных треугольников видно, что точки искомого геометрического места находятся

Черт. 41. Черт. 42.

на одинаковом расстоянии от неподвижной точки О (ОМх = ОЛ!9). (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т., из которых данная окружность видна под данным по величине углом, есть окружность, концентрическая с данной.

Построение г. м. т. Построим прямоугольный треугольник ОАМ по катету, равному радиусу данной окружности и противолежащему острому углу -g . Гипотенуза ОМ и будет радиусом искомой окружности.

а) На данной прямой MN найти точку, из которой данная окружность видна под данным по величине углом.

61. Отрезок прямой данной длины движется так, что концы его скользят по сторонам данного прямого угла. Найти г. м. т., описываемое серединой этого отрезка.

62. Отрезок прямой данной длины а движется параллельно самому себе так, что один его конец скользит по данной окружности. Найти г. м. т., описанных другим концом.

63. Даны две концентрические окружности. Найти геометрическое место вершин прямых углов, у которых одна сторона касается внешней окружности, а другая — внутренней. (Сводится к задаче 1.)

64. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса, делящих данную окружность с центром О и радиусом г пополам.

66. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса г, пересекающих данную окружность с центром О и радиусом R под прямым углом.

Примечание. Углом между двумя пересекающимися окружностями называется угол, составленный двумя касательными к обеим окружностям, проведённым из точки пересечения окружностей.

66. Найти геометрическое место середин равных хорд, проведённых в данной окружности.

а) В данном круге построить хорду, равную и параллельную данному отрезку прямой а.

б) В данном круге построить хорду длины а так, чтобы середина её находилась на данной хорде. Исследовать решение.

в) Через данную точку А провести к данной окружности секущую, которая бы образовала хорду данной длины а.

67. Данная вне круга точка А соединена с точками данной окружности. Найти геометрическое место середин полученных отрезков.

Пусть M — одна из точек геометрического места (черт. 43), т. е. АМ = ВМ. Построим MC \\ OB; точка С является серединой неподвижного отрезка АО; следовательно, положение точки С одно и то

Черт. 43.

же, независимо от выбора точки геометрического места. С другой стороны, по свойству средней линии треугольника СМ = yOß, т. е. половине радиуса данной окружности. Таким образом, точки искомого геометрического места находятся на одинаковом расстоянии, равном половине радиуса данной окружности от неподвижной точки С (см. задачу 1).

Замечание. Если ученику трудно решить задачу, оперируя одной точкой г. м., то, как и в предыдущих задачах, можно рекомендовать построение ещё одной или двух точек. Однако постепенно следует приучать учащихся к построениям и решениям задач с одной произвольной точкой геометрического места, подобно тому, как сделано в приведённом решении.

а) На данной прямой MN найти точку, делящую пополам отрезок, проведённый из данной точки А до данной окружности. Исследовать решение.

68. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса /?, имеющих хорду данной длины а, общую с данной окружностью (с центром О).

а) Построить окружность данного радиуса /?, отсекающую от данной окружности с центром О хорду данной длины а и касающуюся данного луча OA. Исследовать решение.

69. Найти геометрическое место центров окружностей, описанных данным радиусом г и касающихся данной окружности радиуса R.

а) Построить радиусом г окружность, центр которой находился бы на данной прямой AB и которая касалась бы данной окружности радиуса R. Исследовать решение.

б) Построить радиусом г окружность, касающуюся данной окружности радиуса R в точке М.

60. Найти геометрическое место центров окружностей, касающихся двух данных концентрических окружностей с центром О и радиусами R и г.

а) Даны две концентрические окружности с центром О и радиусами R и г и дан луч OA. Построить окружность, касающуюся двух окружностей и луча OA. Исследовать решение.

61. Найти геометрическое место центров окружностей, отсекающих от одной из двух данных параллельных прямых хорду данной длины а и касающихся другой параллельной прямой.

Первый способ решения. Построим точку геометрического места (черт. 44). Для этого на одной из параллелей отложим отрезок АхВх=а. Из середины его Dx опустим на прямую Г,Г9 перпендикуляр DXTX; Тх — точка касания. Из середины хорды ВХТХ построим перпендикуляр до пересечения в точке Сх с отрезком DXTX;

Черт. 44.

С| — одна из точек геометрического места. Аналогично построим точку С2.

Треугольники В^Г, и ß8Da79 равны между собой (по двум катетам), следовательно, £ Тг= £ Т%. Треугольники BlClD1 и ß2C2D2 равны между собой, так как имеют по равному катету B1Dl = £а£)2 = y и равному острому углу £ BïClD1 = /_ ß3C2D2= 2 /_ Ти следовательно, ß1C1 = B2Ca, т. е. окружности одного радиуса и ClDl = C^D^; таким образом, расстояния от точек искомого геометрического места до одной из параллелей равны между собой (следствие к задаче 10).

Заключение. Г. м. т. есть прямая линия, параллельная данным прямым.

Второй способ решения. Этот способ может быть применён после изучения теоремы Пифагора (черт. 45).

Данными в условии задачи следует считать ЛВ = а и расстояние между параллелями DT=h. Пусть CD = x, где С—одна из точек г. м. В треугольнике BDC: CD2 + BD* = БС2, или лг9 + -^- = (h — х)*. Отсюда получим х =-^—. Так как а и h — величины постоянные для любой точки искомого геометрического места, то и х есть величина постоянная.

Черт. 45.

Черт. 46.

Исследование. 1) Если 4/** — а9>0, т. е. /г^>у,тох^>0 и г. м, т. лежит между параллелями.

2) Если 4/г* — а3<0, т. е. /г<^у,то лг<^0 и г. м. т. лежит вне данных параллелей.

3) Если 4Ä2 — а2 = 0, т. е. /г — у, то х = 0 и г. м. т. является одна из данных параллелей (черт. 46).

62. Найти геометрическое место центров окружностей, отсекающих от двух данных параллельных прямых хорды данных длин а и Ь.

Первый способ решения. Используем свойство перпендикуляра, опущенного из центра на хорды, для построения точек искомого геометрического места (черт. 47).

На одной из параллелей отложим произвольно отрезок АХВХ, из его середины восставим перпендикуляр FXHX к отрезку АхВи на второй параллели из точки Нх отложим ЕХНХ = DlHl = ~ ; соединим точки Ах и Du Вх и Ех. Восставим перпендикуляр к хорде ВХЕХ до пересечения в точке С, с FXHX\ точка Сх принадлежит искомому геометрическому месту. Аналогично строится точка С2.

Черт. 47. Черт. 48.

Рассматривая равенство соответственных треугольников, нетрудно доказать равенство трапеций AXBXEXDX и Из равенства трапеций вытекает и равенство радиусов описанных окружностей (АХСХ=А2С2). Отсюда треугольники AXFXCX и A%F%C^ равны между собой (по гипотенузе и катету); следовательно, CxFx = C4F^t т. е. расстояния от точек геометрического места до одной из параллелей одинаковы. Задача сводится к следствию в задаче 10. Искомым г. м. т. является прямая линия, параллельная данным.

Второй способ решения (черт. 48). Применяется после изучения теоремы Пифагора. Данными (или постоянными) величинами в условии задачи следует считать АВ = а, DE = b и расстояние между параллелями FG = h. Пусть С—одна из точек искомого геометрического места. Обозначим CF = x. Применяя теорему Пифагора к треугольникам ВСЕ и C£G> получим:

(1)

(2)

После исключения R из уравнений (1) и (2) получим:

отсюда

(3)

Так как в правой части равенства (3) а, Ь и А — величины постоянные при любом выборе точки геометрического места, то и расстояние CF от точек геометрического места является величиной постоянной.

Исследование. Преобразуем правую часть равенства (3) к виду

Пусть a^>bt т. е. а*— £*>0. Обозначим а*— Ь* = с*; тогда

1) Если 4/г* — с2^>0, т. е. /г^>у, то лг^>0 и г. м. т. лежит между данными прямыми.

2) Если 4/** — с2 <] 0, т. е. Л <[ у , то * <[ 0 и г. м. т. лежит вне данных прямых.

3) Если 4Л2 — с2 = 0, т. е. /г = у, то лг = 0 и г. м. т. совпадает с одной из данных прямых (черт. 49).

Черт. 49.

63. Даны две точки А и В и дана прямая EF, перпендикулярная AB. Через точки А и В проведена окружность, которая пересекает данную прямую в точках С и D. Найти г. м. т., диаметрально противоположных точке С, если окружность, изменяясь, проходит через точки А и В.

64. На двух последовательно взятых отрезках AB и ВС данной прямой описываются две произвольные, но равные между собой окружности. Эти окружности пересекаются в точке Бив некоторой второй точке М. Найти г. м. т. М.

65*. OA и OB — два произвольных взаимно перпендикулярных радиуса данного круга с центром О. Через точки А и В проходят прямые, соответственно параллельные двум данным взаимно перпендикулярным прямым КК и LI!. Найти г. м. т. пересечения этих двух прямых, если прямой угол АОВ вращается около центра круга.

В данной задаче легко можно построить отдельные точки искомого г. м., что очень полезно сделать. Но мы это опустим.

Пусть исходное положение OA || LU и OB || КК (черт. 50). Условимся из вершин А проводить прямые, параллельные КК, а из вершин В — прямые, параллельные Li! при любом положении угла АОВ. Пусть Мх — произвольная точка геометрического места.

Черт. 50.

Четырёхугольник ODMxE— квадрат, так как у него все углы прямые и OD = OE, что следует из равенства треугольников AxOD и ВхОЕ. Таким образом, точки искомого г. м. лежат на диагонали квадрата, две стороны которого совпадают с направлением данных прямых и одна из вершин лежит в центре круга. Отсюда вытекает, что точки искомого геометрического места лежат на одной прямой, составляющей с данными прямыми угол 45°.

Исследование. Начальному положению угла АОВ соответствует точка M геометрического места. При повороте угла на 90° в направлении, указанном стрелкой, точкой геометрического места является центр О; при повороте на 180° точка геометрического места будет N. Это конечные точки г. м.

Заключение. Искомое г. м. т. — диагональ квадрата, описанного около данного круга, со сторонами, параллельными данным прямым.

66*. Две переменные окружности касаются между собой и касаются данной прямой в двух её определённых точках А и В. Эти окружности имеют общую касательную А'В'. Найти геометрическое место середин отрезков А'В'.

Пусть О и СУ какие-либо две окружности, удовлетворяющие условию задачи. Т — точка их касания, M — одна из точек искомого г. м. (черт. 51), т. е. МА' = МВ'.

Проведём общую касательную к обеим окружностям через точку Т. Нетрудно доказать, что она пройдёт через середины D и M отрезков AB и А'В'. Действительно, по свойству отрезков касательных, проведённых к окружности из внешней точки, имеем: DA = DT=DB, отсюда DA = DB; аналогично МА' = МТ=М& и МА' = МВ\

С другой стороны, линия центров является осью симметрии, т. е. MT=DT, а следовательно, MD = AB. Точки А и В заданы, следовательно, положение середины D и величина AB остаются неизменными при любом положении точки геометрического места. Таким образом, точки г. м. удалены от фиксированной точки D на одинаковом расстоянии, равном AB. (Решение сводится к задаче 1.)

Примечание. В §6 задачи 38—47 следует считать обязательными для проработки со всем классом.

Черт. 51.

§ 7. Углы в круге

67. Найти г. м. т., из которых данный отрезок прямой виден под данным по величине углом.

Эта задача имеет многочисленные применения; поэтому её следует считать основной задачей данного раздела.

Построение отдельных точек искомого геометрического места. Необходимо построить треугольники сданным основанием и данным по величине углом при вершине. Для этого из вершины С проведём ряд лучей и в произвольных точках этих лучей построим угол а, после чего, проведя соответствующие параллели из вершины В до пересечения с лучами, получим точки искомого геометрического места Ах, Л2, Аг... (черт. 52).

Черт. 52.

Черт. 53.

Построение рабочего чертежа и обоснование (черт. 53). ВС — отрезок неподвижный. Пусть А — одна из точек искомого геометрического места.

Через точки А, В и С, не лежащие на одной прямой, проведём окружность с центром О. ^ ВАС—вписанный угол и измеряется у Kj ВпС. Очевидно, этим свойством обладают все точки дуги ВтС.

Возьмём точку D вне окружности и соединим её с В и С. £ BDC измеряется —Вп^2 , следовательно, /_ BDC<^ol; аналогично можно показать, что для точек внутри круга углы больше а, т. е. точка вне окружности геометрическому месту не принадлежит. Исследование. Возьмём точку А на дуге ВпС; Z. ВАС измеряется ~ ВтС, следовательно, ^ ВАС= 180°—а, т. е. точки дуги ВпС искомому геометрическому месту не принадлежат. Точки В vi С также не принадлежат искомому геометрическому месту, так

как для этих точек задача теряет смысл. Таким образом, искомому геометрическому месту принадлежат все точки дуги ВтС, за исключением В и С. Кроме этой дуги, точки геометрического места расположатся также и на дуге Вт'С с центром (У окружности того же радиуса, но расположенной по другую сторону отрезка ВС. Способ построения геометрического места описан выше.

Заключение. Г. м. т. на плоскости, из которых данный отрезок виден под данным по величине углом, являются дуги двух окружностей, проходящих через концы отрезка и вмещающих данный угол (за исключением концов отрезка).

Следствие 1. Г. м. т., из которых данный отрезок виден под прямым углом, есть окружность, построенная на данном отрезке, как на диаметре (за исключением концов отрезка) (черт. 54).

Следствие 2. Сумма всех внутренних углов четырёхугольника ABAC равна 360°; Z ВАС -f- L ВАС = 180°, следовательно, и ABA' -f- L АСА = = 180°. Отсюда для последовательности четырёх точек А,В,А,С условие расположения их на одной окружности можно сформулировать так: если из точек А и А отрезок ВС виден под дополнительными углами (или из точек В и С отрезок АА виден под дополнительными углами), то четвёрка точек А,В,А,С лежит на одной окружности (черт. 53).

а) (Устно.) Найти геометрическое место вершин прямоугольных треугольников, имеющих одну и ту же гипотенузу.

б) Из точки А вне круга построить касательную к окружности.

в) Восставить перпендикуляр к лучу OA в исходной точке его О.

г) На прямой AB найти такую точку, чтобы лучи, проведённые из этой точки к двум данным точкам M и N, составляли данный угол. Исследовать решение.

д) Даны два отрезка прямых AB и CD. Найти точки, из которых эти отрезки были бы видны под углом 60°.

е) Внутри треугольника ABC найти точку, из которой три стороны треугольника видны под одним и тем же углом.

ж) Построить треугольник по основанию а, противоположному углу а и медиане основания т.

з) Построить треугольник по основанию а, противоположному углу а и высоте h.

и) На данной окружности даны две точки А и В; найти на этой же окружности такую точку, чтобы сумма расстояний её от точек А и В равнялась данной длине 5.

68. Найти г. м. т. касания касательных, проведённых из дгнной точки А к концентрическим окружностям с данным центром. (Решение сводится к задаче 67.)

Черт. 54.

69. Найти геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из данной точки А на прямые, проходящие через другую данную точку В.

70. Из данной точки А данной окружности проведены хорды по разным направлениям и каждая из них продолжена на длину, равную самой хорде. Найти геометрическое место концов полученных отрезков.

71. Найти геометрическое место вершин равносторонних треугольников, стороны которых проходят через три данные точки Л, В и С.

72. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведённых в данной окружности с центром О через данную точку А внутри круга.

а) Даны круг и хорда. Через данную точку А внутри круга провести хорду так, чтобы она делилась данной хордой пополам.

73. Найти геометрическое место середин всех хорд, проходящих через данную точку А на данной окружности с центром О.

а) Решить задачу 72-а, если точка А дана на окружности.

74. Найти геометрическое место середин всех хорд данной окружности с центром О, образуемых секущими, проведёнными из данной точки Л, лежащей вне круга.

а) Даны круг и хорда. Через данную точку А вне круга провести секущую так, чтобы часть её внутри круга делилась данной хордой пополам.

б) Даны две пересекающиеся окружности. Провести через данную точку А секущую так, чтобы часть её внутри одного круга делилась пополам другой окружностью.

75. Две окружности, одна из которых касается данной прямой в данной точке А, а другая — в данной точке ß, изменяются, оставаясь всё время касательными между собой. Найти геометрическое место точек их касания.

76. Из точки пересечения двух данных равных окружностей проведены хорды. Найти геометрическое место середин тех частей хорд, которые содержатся между двумя окружностями.

77*. В данной окружности с центром О задан диаметр AB. На каждом из радиусов окружности откладывают от центра отрезок, равный расстоянию конца этого радиуса до диаметра AB. Найти геометрическое место концов построенных таким образом отрезков.

Указание. Полезно построить ряд отдельных точек г. м. и обратить внимание учащихся на то, что при повороте радиуса от исходного положения OB изменяются расстояния их концов до диаметра AB и положение точек геометрического места. Если разбить полуокружность на 12 частей, то точки искомого г. м. займут ряд положений, указанных на чертеже 65.

Черт. 55.

Докажем, что эти точки расположены на окружности с диаметром ОС. Пусть M — произвольная точка искомого геометрического места. Из равенства треугольников СОМ и DOE (по двум сторонам и углу, заключённому между ними) следует, что /тСМО = 90°, т. е. из точек геометрического места отрезок ОС, определённый по величине и положению, виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.) При повороте радиуса от 0 до 360° точки геометрического места опишут две окружности, как показано на чертеже 56.

78*. Дана окружность с центром О, и на ней даны две точки Л и В. M — подвижная точка окружности. На продолжении отрезка AM откладывается отрезок MN= MB. Найти геометрическое место точек N.

Построим ряд отдельных точек искомого геометрического места. Точки О, Л и В — неподвижные элементы чертежа. Допустим, что исходное положение точки M совпадает с точкой В и перемещение её происходит по направлению стрелки часов (черт. 57). Непосредственно из чертежа видно, что часть точек г. м. расположена по одну сторону хорды AB и часть — по другую сторону.

Черт. 56.

Черт. 57.

Черт. 58.

Докажем, что точки г. м. расположены на дугах двух окружностей.

Построение рабочего чертежа и доказательство. Построим произвольную точку N искомого г. м. но одну сторону хорды AB (черт. 58).

По свойству внешнего угла треугольника имеем: £АМВ = £MBN + LMNB = 2 £MNB; отсюда £MNB = L А^В;

но £АМВ измеряется —, следовательно, Z. ANB измеряется

Точки А, В и О заданы, следовательно, yjArnB имеет постоянную величину, т. е. из точек геометрического места, взятых по одну сторону от AB, хорда видна под одним и тем же по величине углом. (Сводится к задаче 67.)

Построим произвольную точку N по другую сторону AB (черт. 59). Легко доказать, что /^АЪГВ измеряется -, причём к^АтВ -|- \j АпВ = 360°.

Таким образом, г. м. т. являются дуги двух окружностей, из которых данная хорда видна под углами, сумма которых равна 90°.

Исследование. Из чертежа 57 мы видим, что каждому положению точки M при её перемещении по окружности соответствует одно положение точки геометрического места, за исключением того момента, когда M проходит через точку А. Этому положению точки M соответствуют две точки Г и Г' геометрического места, лежащие на касательной. Если рассматривать г. м. т. как след от перемещения точки по плоскости, то получим следующую картину.

1) При перемещении точки M от точки В в точке А в направлении по часовой стрелке точки геометрического места перемещаются по дуге ВТ. Точки дуги ТА геометрическому месту не принадлежат (черт. 58).

2) При дальнейшем перемещении точки M по окружности точки геометрического места перемещаются по дуге T'N*B. Точки дуги AT' геометрическому месту не принадлежат (на черт. 59 и 60 ^ AT' не показана).

Замечание. В точке А имеет место случай разрыва функции.

Способ построения г. м. т. В точке А построить касательную TAT' к данной окружности и отложить на ней отрезки АТ=АТ'=АВ; после этого построить дуги окружностей через тройки точек Л, В, Т и А, Ву V до пересечения их с касательной TAT'.

79*. Дана окружность с центром О и дана хорда AB. Подвижная хорда CD той же окружности имеет постоянную длину. 1) Найти г. м. т. пересечения прямых АС и BD. 2) Найти г. м. т. пересечения прямых AD и ВС.

Если хорда CD будет скользить по окружности, то каждый из её концов последовательно пройдёт через все точки данной окружности О. При перемещении хорды CD следует различать два

Черт. 59.

Черт. 60.

существенно различных взаимных положения: 1) хорда CD не пересекает AB; 2) хорда CD пересекает AB.

Пусть CD — одно из произвольных положений хорды CD, при котором хорды не пересекаются (черт. 61). M— точка пересечения АС и BD — принадлежит г. м. т. £_АМВ измеряется ~атв y ^CnD ^ длины ДуГ Amß и qnD не изменяются, так как длины соответствующих им хорд постоянны по величине. Таким образом, при любом положении точки M г. м. /_АМВ имеет постоянную величину. (Решение сводится к задаче 67.)

Если хорда CD не пересекает AB, то г. м. т. есть дуга, вмещающая угол АМВ.

Черт. 61. Черт. 62.

Пусть C1D1 — одно из произвольных положений хорды CD, при котором эта хорда пересекается с AB. Прямые АСХ и BDX в этом случае пересекаются вне круга (черт. 62). N—точка г. м. т. /mANDx измеряется

К числителю прибавим и отнимем по kjBDx и получим, что ^ANDX измеряется —--——-—- — величина постоянная. Следовательно, если хорды CD и AB пересекаются, то г. м. т. есть дуга ANB, вмещающая угол ANB. Дуги АМВ и ANB образуют полную окружность, следовательно, искомое г. м. т. пересечения прямых АС и BD есть окружность.

Способ построения. Через точки А, В и M провести окружность.

Вторая часть задачи решается аналогично.

80*. Построить квадрат, стороны которого проходят через четыре данные точки А, В, С и D. Может ли эта задача допускать бесчисленное множество решений? Найти в этом случае геометрическое место центров квадратов, удовлетворяющих поставленному условию.

Пусть KLMN — один из квадратов, стороны которого (или их продолжения) проходят через данные точки А, В, С, D (черт. 63). Обозначим через К вершину квадрата, две стороны которого проходят через Л и Б, и через M — вершину, соответствующую сто-

ронам, проходящим через точки С и О, Окружности, построенные на отрезках AB и CD, как на диаметрах, пройдут соответственно через вершины К и М. Диагональ КМ квадрата делит в точке Е дугу BE А пополам, а в точке F — дугу DFC пополам. Таким образом, середины Е и F дуг AB и CD лежат на диагонали квадрата. Используя результаты анализа, легко построить один из квадратов, удовлетворяющих условию задачи.

Для этого необходимо построить полуокружность на диаметрах AB и CD и разделить их точками Е и F пополам. На прямой, проходящей через точки Е и F, лежит одна из диагоналей квадрата; после этого из точки А проводится прямая АК под углом 45° к прямой EFf что определяет вершину К и направление стороны KN, и т. д.

Черт. 63. Черт. 64.

Оставим в стороне исследование возможных вариантов построения различных квадратов. Рассмотрим тот случай, когда задача может оказаться неопределённой. Это, очевидно, соответствует тому частному случаю, когда точки Е и F совпадают. В этом случае направление диагонали квадрата является неопределённым и задача может иметь бесчисленное множество решений, так как диагональ квадрата может лежать на любой прямой, проходящей через точку E(F). Здесь, очевидно, будет изменяться величина и направление диагоналей, а следовательно, и положение точки пересечения диагоналей. На чертеже 64 изображено одно из положений квадрата. Центр квадрата лежит на пересечении его осей симметрии PQ и RS, параллельных сторонам. Прямая PQ делит в точке Q отрезок АС пополам; аналогично прямая RS делит в точке И отрезок BD пополам. Отрезки АС и BD заданы и по величине, и по положению. Следовательно, положение точек H и G является определённым для любого положения квадрата и прямых PQ и RS. Отрезок HQ, постоянный по величине и определённый по положению, из центров О всевозможных квадратов виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.) Г. м. т. есть окружность, построенная на отрезке HG, как на диаметре.

Примечание. Для обязательной проработки со всем классом в § 7 можно рекомендовать задачи 67—76.

§ 8. Вписанные и описанные треугольники и четырёхугольники

81*. Дана одна из сторон треугольника и величина радиуса описанной окружности. Найти геометрическое место центров вписанных окружностей.

Пусть AB — данная сторона треугольника ABC. Стороны АС и ВС и вершина С — подвижные элементы фигуры (черт. 65). Треугольников, удовлетворяющих условию задачи, можно построить сколько угодно. Все эти треугольники имеют постоянный по величине угол С, так как он измеряется половиной дуги AB окружности данного радиуса, описанной около них. Для определения положения центра вписанной окружности проведём биссектрисы углов А и В. О есть центр вписанной окружности треугольника ABC.

постоянная величина. Следовательно, из точек геометрического места отрезок AB виден под одним и тем же углом. (Решение сводится к задаче 67.)

Заключение. Г. м. т. — две дуги, равные ^АОВ и расположенные симметрично относительно стороны AB.

а) Найти геометрическое место центров окружностей, вписанных в треугольники, имеющие общее основание AB и равные углы а, противолежащие этому основанию.

б) Построить треугольник по данному основанию AB, противоположному углу а и радиусу вписанного круга г.

в) Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе AB и радиусу вписанного круга г.

82*. Две точки А и В перемещаются по двум данным прямым, пересекающимся в точке С так, что длина отрезка AB остаётся постоянной. Найти геометрическое место центров окружностей, описанных около треугольников ABC.

Если треугольники имеют одинаковую по величине одну сторону и противолежащий ей угол (или противолежащий угол, дополняющий данный до 180°), то окружности, описанные около этих треугольников, равны между собой (черт. 66). Отсюда следует,

Черт. 65. Черт. 66.

что CMt = CM%— постоянная величина. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с центром в точке С и радиусом, равным радиусу окружности, описанной около любого из треугольников ЛВС.

83*. Точки А и В перемещаются по двум данным пересекающимся прямым так, что длина отрезка ЛВ остаётся постоянной.

В точках А и В восставлены перпендикуляры к прямым. Найти г. м. т. пересечения этих перпендикуляров.

На чертеже 67 построены три точки искомого геометрического места Ми Мъ Мг. Окружность, описанная около треугольника АХВХС, пройдёт также и через точку Ми так как в четырёхугольнике АХМХВХС сумма противоположных углов равна 180°.

При любом положении отрезка AB окружности, описанные около треугольника ABC, равны между собой, поэтому диаметры СМ, = СМ 9 = СМ з — постоянная величина (черт. 67).

Точки искомого геометрического места удалены от неподвижной точки С на одинаковое расстояние. (Решение сводится к задаче 1.)

84*. Найти геометрическое место вершин С прямого угла неизменяемого прямоугольного треугольника ABC, если две его вершины А и В скользят по двум взаимно перпендикулярным прямым КК\ и LLV

В данной задаче полезно построить предварительно ряд частных положений прямоугольного треугольника и проследить за перемещением вершины прямого угла. Это мы опустим. На чертеже 68 изображено одно из произвольных положений точки С г. м. Около четырёхугольника ОВСА можно описать окружность, тогда /_СОА = = £ ABC, как вписанные, опирающиеся на дугу АС; /_АВС имеет постоянную величину, следовательно, прямая, соединяющая неподвижную точку О с точкой геометрического места, образует с данной прямой КК\ постоянный угол. Отсюда следует, что точки г. м. расположены на одной прямой, проходящей через точку О. Нетрудно

Черт. 67. Черт. 68.

видеть, что не все точки прямой принадлежат искомому г. м., а только точки, лежащие на отрезке СОСх (черт. 69).

Примечание. Если вершина угла С и точка О будут лежать по одну сторону от гипотенузы, то отрезок, выражающий г. м т., будет расположен во внутренних областях другой пары вертикальных углов.

86*. Дан треугольник ABC. Найти геометрическое место таких точек М, чтобы перпендикуляры к прямым AM, ВМ, СМ, проведённые соответственно через вершины А, В и С, пересекались в одной точке.

Пусть M — одна из точек геометрического места (черт. 70). Проведём AN±AM, BN ХВМ и CN ±_СМ. По условию AN, BN и CN должны пересекаться в одной точке. Пусть N — точка пересечения этих прямых. Отрезок MN из вершин А, В, С виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.)

Заключение. Г. м. т. — окружность, описанная около данного треугольника.

86*. Дана окружность и в ней дана хорда AB. Подвижная хорда CD той же окружности имеет постоянную длину.

1) Хорды AD и ВС пересекаются в точке /. Найти геометрическое место центров окружностей, описанных около треугольников ICD.

2) Хорды АС и BD пересекаются в точке К. Найти геометрическое место центров окружностей, описанных около треугольников KCD.

1) Пусть M — одно из положений центра окружности, описанной около одного из треугольников ICD (черт. 71). L^ID измеряется полусуммой дуг AB и CD, т. е. постоянный по величине. С другой стороны, ^ CID измеряется — . Отсюда вытекает, что дуга CnD, а следовательно, и дуга CmD — постоянны по величине и £CMD сохраняет неизменной свою величину при любом положении точки М. Таким образом, в четырёхугольнике CODM все стороны, угол и одна из диагоналей сохраняют постоянной свою величину при любом положении точки M, а значит, и вторая диагональ

Черт. 69. Черт. 70.

Черт. 71.

ОМ постоянна по величине. Точка О неподвижная. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. — окружность, концентрическая с данной. (Построение указано в решении.)

Вторая часть задачи решается аналогично первой.

87*. Дан равнобедренный треугольник О AB (ОА = ОВ). Из вершины О, как из центра, описываются окружности с переменным радиусом; из точек А и В проводятся к этим окружностям касательные, не пересекающиеся по высоте треугольника. Найти: 1) г. м. т. M пересечения этих касательных; 2) г. м. т. / концов отрезков, равных MA и отложенных на прямой ВМ от точки М.

1) M — одна из точек геометрического места (черт. 72). Из равенства треугольников AOQ и ВОР следует, что £AOQ = = 1_РОВ\ отсюда £POQ = = ^АОВ. В четырехугольнике MPOQ: £POQ + +^.PAfQ=180°, следовательно, £ АМВ — постоянный по величине. (Решение сводится к задаче 67.)

Исследование. Если радиусы окружностей меньше высоты треугольника AOBf то из точек геометрического места отрезок AB виден под углом £АМВ = = £АОВ (как показано на чертеже). Если радиусы окружностей больше высоты, но меньше боковой стороны треугольника, то из точек геометрического места отрезок AB виден под углом (180°—£AOB). Когда же радиус равен или больше боковой стороны, то точек, принадлежащих геометрическому месту, нет.

Заключение. Г. м. т. — окружность, описанная около треугольника AOBf за исключением точки О и точки D, лежащей на продолжении высоты.

2) Отложим М1 = МА. Из равенства треугольников АОМ и MOI следует, что OI=OAt т. е. точки / г. м. удалены от данной точки О на одинаковое расстояние. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. есть окружность с центром О и радиусом, равным боковой стороне треугольника АОВ.

Примечание. Задачи § 8 можно рекомендовать для индивидуальных заданий и для занятий в кружке.

Черт. 72.

§ 9. Методы решения задач на геометрические места по планиметрии в VIII и IX классах

В задачах на геометрические места в курсе геометрии VIII — IX классов методические приёмы следует несколько видоизменить. Построение предварительного чертежа с большим числом частных положений точек геометрического места в тех задачах VI и VII классов, где это было возможно, несомненно даст положительные результаты. К VIII классу ученик должен иметь ясное представление о том, что г. м. т. можно рассматривать как след от перемещения точки по плоскости: он должен хорошо различать подвижные, неподвижные, изменяемые и неизменяемые элементы в предлагаемой задаче. Ученик должен уже приобрести некоторые навыки в построении рабочего чертежа в соответствии с данными и произвольными элементами задачи, в зависимости от характера применяемых теорем при решении задачи.

Следует помнить, что в дальнейшем во многих задачах условие не даёт простого способа построения точек геометрического места до решения задачи. Поэтому часто приходится отказываться от построения предварительного чертежа с большим числом точек, а строить непосредственно рабочий чертёж, исходя из предположения, что необходимое для решения количество точек (одна, две, три) уже построено.

Остановимся несколько подробнее на характере рабочего чертежа. В задачах, связанных с пропорциональными отрезками и подобием, фигур, на рабочем чертеже обычно выбирают два-три произвольных положения точки, как это делалось и раньше. На рабочем чертеже, связанном с применением метрических соотношений в треугольнике (и в ряде других задач), берётся только одно частное положение точки геометрического места. Это очень важный и ответственный методический момент. Обычно в этих задачах нет возможности предварительно построить отдельные точки геометрического места по условию задачи. Имея перед глазами только одну точку геометрического места, ученик должен считать её подвижной. Такое абстрагирование требует уже более высокой ступени развития учащихся. Изучение характера движения точки по её одному частному положению является исключительно важным моментом при изучении математики и других дисциплин в высшей школе. Поэтому такого рода представления у учащихся надо настоятельно развивать. Если по материалу VI—VII классов встречались задачи с одной точкой г. м. на рабочем чертеже, то они предназначались для более сильных учащихся; в курсе VIII и IX классов такие задачи следует решать со всем составом учащихся класса.

При нахождении связи между подвижными и неподвижными элементами также имеется существенная разница в методах решения задач на г. м. т. по сравнению с предыдущими годами. Приложение теорем подобия фигур и метрических соотношений в треугольнике к задачам связано с применением математических формул. Эти

формулы дают возможность установить в каждой задаче неизменяемое выражение, включающее длины линейных элементов фигуры. Следует помнить, что неизменяемое выражение содержит в себе длины данных в условии задачи отрезков (часто в расширенном их понимании — как в 7-м и 8-м примерах § 3 гл. I) и длины отрезков, постоянство которых установлено в процессе решения.

Неизменяемое выражение характеризуется следующим: 1) сохраняет постоянство при любом положении движущейся точки г. м.; 2) определённо разрешает вопрос о виде и положении фигуры, являющейся искомым геометрическим местом, и 3) даёт способ построения г. м. т. Решение задач этого типа следует считать исключительно полезным, так как они способствуют поднятию уровня математического развития учащихся.

В дальнейших решениях и указаниях к решениям будут достаточно полно иллюстрированы изложенные в этом параграфе методические установки.

§ 10. Пропорциональные отрезки и подобные фигуры

88. Найти г. м. т., делящих отрезки прямых, лежащих между двумя данными параллельными прямыми в отношении m : п (внутренним образом).

1-й случай (черт. 73). Возьмём три отрезка АхВи АгВъ АгВг> не параллельных между собой. Пусть Ми Мъ Мъ — точки г. м. Построение их легко осуществить точно. Соединим точки Ми Мъ М9.

Черт. 73. Черт. 74.

По условию, -д^ в = ^ в = — ; отсюда следует, что МХМ% || АХА%; с другой стороны, * ' = 8 * = — 9 значит, МгМъ \\ А%А3; точки Alt A%t Az лежат на одной прямой, следовательно, точки Ж,, Мъ Мь должны лежать на одной прямой, так как в противном случае через точку Ж2 можно было бы провести две прямые, параллельные прямой АХА^А9. Таким образом, точки прямой МхМ%Мг принадлежат г. м. Возьмём точку N вне прямой уИ,Л12Л/8, построим отрезок AkNMkBk. Допустим, что N принадлежит г. м. т. По условию

= — , по доказанному ^ ^ = —, но это не может быть, так как две разные точки N и Ж4 не могут делить отрезок в одном и том же отношении.

Заключение. Г. м. т. — прямая линия, параллельная данным и заключённая между ними.

2-й случай (черт. 74). Отрезки АхВи А^В^ АгВг параллельны между собой. В этом случае легко доказать, что четырёхугольники, полученные на чертеже, — параллелограмы, так как равные отрезки, разделённые в одном и том же отношении, делятся на равные части.

а) Даны две точки Р и Q и две параллельные прямые AB и CD. Через точку Р провести секущую так, чтобы отрезок её между AB и CD делился в данном отношении т:п перпендикуляром, опущенным на неё из точки Q.

Задачи 89, 90 и 91 решаются аналогично задаче 88.

89. Из данной точки О проведены лучи до пересечения с прямой AB. Отрезок каждого из них от точки О разделён в отношении m:п (внутренним образом). Найти г. м. т. деления.

а) Построить окружность, проходящую через вершины А и В треугольника ABC, если известно, что центр её делит один из отрезков, проведённых из вершины С до пересечения с AB в отношении 1 :2 (начиная от вершины).

б) Построить окружность, касающуюся основания AB треугольника ABC в данной на нём точке D, если известно, что центр делит один из отрезков, проведённых из вершины А до пересечения с ВС в отношении 3 :2 (начиная от точки А).

в) Через точку Р провести прямую, пересекающую стороны данного угла с вершиной С в точках А и В так, чтобы РА :РВ=1 : 3.

г) На данной прямой KL дан отрезок AB и точка О вне KL. Найти точку М, одинаково удалённую от А и В, такую, чтобы отрезок, проходящий через точки Ж и О до пересечения с KL, делился в точке M в отношении 1 :3.

д) Дана прямая KL, точка А на ней и точка О вне KL. Найти точки, делящие отрезки, проведённые из точки О до пересечения с KL в отношении т:п = 2 и отстоящие от точки А на расстоянии а = 3 см. Решать задачу в общем виде и исследовать решение.

90. Найти геометрическое место концов отрезков лучей, выходящих из данной точки О и делящихся данной прямой AB в данном отношении m : п.

91. Из точек Аь Аг, A3i ... данной прямой AB проведены прямые до данной точки О. На продолжении отрезков АхО\ Л90; АгО\. отложены отрезки СШ,, ОМъ ОЖ3, ... так, что -^- = -^-=3 = ^= ... =т-. Найти г. м. т. М. OAs п

92. Найти г. м. т., расстояния которых от двух данных параллельных прямых находятся в данном отношении.

а) Построить окружность, проходящую через две данные точки А и В, центр которой делит расстояние между данными параллелями KL и MN в данном отношении т:п.

б) Даны две параллельные прямые KL и MN и секущая AB. Построить окружность данного радиуса /?, касающуюся AB, если известно, что центр её делит расстояние между параллелями в отношении, равном 2.

93. Между сторонами данного угла проведены параллельные прямые и отрезок каждой из них разделён в отношении m : п (внутренним образом). Найти г. м. т. деления.

а) Дан угол АСВ и прямая KL. Построить окружность, касающуюся стороны АС в данной точке D, если известно, что центр её делит один из отрезков, параллельных KL и заключённых между сторонами угла, в отношении 1 :2.

б) Дан угол АСВ и прямая KL. Построить окружность, проходящую через точки D и Еу лежащие на стороне ЛС, если известно, что центр её делит один из отрезков, параллельных KL и заключённых между сторонами угла, в отношении, равном 2.

в) Дан угол АСВ и прямая АХ. Построить окружность данного радиуса /?, касающуюся стороны ЛС, если известно, что центр её делит один из отрезков, параллельных AT и заключённых между сторонами угла, в отношении 2:3.

94. В данном треугольнике проведены прямые, параллельные одной из его сторон, и в образовавшихся трапециях проведены две диагонали. Найти г. м. т. пересечения этих диагоналей.

95. В данном треугольнике ABC проведены прямые, параллельные стороне AB. Найти геометрическое место середин отрезков, полученных внутри треугольника.

а) В треугольнике ABC построить окружность, касающуюся стороны AB в данной точке D, если известно, что центр её О лежит на середине одного из отрезков, параллельных AB. Исследовать решение для различных положений точки D.

б) В треугольнике ABC построить окружность данного радиуса /?, касающуюся ABf если известно, что центр её лежит на середине одного из отрезков, параллельных стороне ЛС. Исследовать решение.

в) В треугольнике ABC построить окружность, проходящую через вершины Л и В, если известно, что центр её находится на середине одного из отрезков, параллельных ЛС.

96. Найти геометрическое место середин отрезков, параллельных основаниям трапеции.

а) В трапеции ABCD: AB и CD — боковые стороны. Найти точку, равноудалённую от точек Л и В и лежащую на середине одного из отрезков прямых, параллельных основаниям трапеции. Всегда ли задача имеет решение?

б) В трапеции найти точку, лежащую на середине одного из отрезков прямых, параллельных основаниям и равноудалённую от боковой стороны и большего основания.

97. (Устно.) Найти геометрическое место середин отрезков прямых, параллельных одной из диагоналей параллелограма и расположенных внутри параллелограма.

а) В параллелограме ABCD найти точку, делящую пополам один из отрезков, параллельных диагонали ЛС, и одинаково удалённую от вершин В и С. Исследовать решение для различных видов параллелограма.

б) В параллелограме ABCD найти точку, делящую пополам один из отрезков, параллельных диагонали ЛС, и равноудалённую от сторон AB и AD. Исследовать решение для различных видов параллелограма.

98. Даны две параллельные прямые. На одной из них даны две неподвижные точки Л и Б. На другой — две точки К и L перемещаются так, что расстояние KL между ними остаётся постоянным. Найти г. м. т. пересечения отрезков АК и BL

99. Найти г. м. т. пересечения медиан треугольников, если дано их общее основание, а противоположные вершины находятся на данной прямой.

а) Построить треугольник по данному основанию ВС = а и отрезку, соединяющему ВС с точкой пересечения медиан, если известно, что вершина Л лежит на данной прямой ДТ.

100. Найти г. м. т. пересечения медиан треугольников ABC с заданным основанием ВС и данной по величине высотой.

а) Построить треугольник ABC по данному основанию ВС=а, высоте ha и отрезку, соединяющему середину ВС с точкой пересечения медиан.

101. Из данной точки Р проведена произвольно прямая, пересекающая данную окружность в точке Л, и на продолжении АР за точку Р отложен отрезок РМ так, что РМ:РА = т:п. Найти г. м. т. М.

Окружность задана, следовательно, известно положение центра О и величина радиуса г. Пусть M— одна из точек геометрического места, т. е. -р-^ = — (черт. 75). Соединим точки Р и Л с точкой О и проведём MC (I OA до пересечения с продолжением ОР в точке С.

Из подобия треугольников О АР и СМР следует, что -у-= — = —-jp В пропорции ^ = ^- три члена постоянны по величине, следовательно, и PC есть величина постоянная, независимо от выбора точки г. м., т. е. положение точки С на плоскости — фиксированное. Из пропорции Çy-=?jj следует, что СМ = • г есть величина постоянная.

Черт. 75.

Последнее выражение является неизменяемым при любом положении точки М. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. есть окружность с центром в точке С.

102. Найти г. м. т., делящих в данном отношении m : п отрезки всех прямых, соединяющих точки данной окружности с данной точкой А.

1-й случай. Точка А вне круга.

1-й способ решения (черт. 76). Из точки А можно провести бесчисленное множество секущих. Построим диаметральную секущую ABC и произвольную секущую АВХСХ. По условию каждый из отрезков AB, АС, АВХ, АСХ делится в заданном отношении т: п. Пусть M и N— точки деления отрезков АС и AB; Мх — отрезка АСХ; M, N, Мх—точки искомого геометрического места.

Черт. 76. Черт. 77.

отсюда Z MMXN= L ССХВ = 90°.

Диаметральная секущая ABC проходит через данную точку А и центр данной окружности, следовательно, отрезки АС и AB являются определёнными по величине и положению; отсюда следует, что и отрезок MN, соединяющий точки M и N деления отрезков АС и AB в данном отношении, является определённым по величине и положению. Таким образом, из точек геометрического места определённый отрезок MN виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с диаметром MN.

2-й способ решения (черт. 77). Пусть Мх — одна из точек геометрического места, т. е. = ~ . Соединим точку Вх с центром О и из точки Мх проведём прямую параллельно ВхО до пересечения с диаметральной секущей в точке Ох. Из подобия треугольников имеем:

Из пропорции: = следует, что точка Ох — фиксированная. Из пропорции: —— следует, что ОхМх =—-г~-»ОВх

есть неизменяемое выражение при любом положении точки геометрического места. (Решение сводится к задаче 1.)

2-й случай. Точка А задана на окружности.

3-й случай. Точка А задана внутри круга.

Решение задачи для 2-го и 3-го случаев аналогично приведённому решению для первого случая. Рекомендуется учащимся проделать самостоятельно.

а) Через точку А вне данного круга провести секущую так, чтобы она окружностью разделилась пополам. Исследовать решение.

б) Через точку А вне данного круга провести прямую, пересекающую окружность в точках M и N так, чтобы AM : MN= 3 : 2. Исследовать решение.

в) Дана окружность, точка А и прямая MN. На прямой MN найти точки, делящие отрезки, соединяющие точку А с точками окружности, в отношении 2:1. Исследовать решение при различных положениях А и прямой MN.

г) Данная точка А соединена с точками данной окружности. Найти точки, делящие эти отрезки в отношении 2: 1 и отстоящие от данной точки В на расстоянии, равном а. Исследовать решение при различных положениях точек Л и В.

103. Найти г. м. т., расстояния которых от двух данных точек А и В относятся, как m : п.

Эта задача является одной из основных на геометрические места. Для решения её применяются свойства биссектрис внутреннего и внешнего углов треугольника. Приведём два способа её решения, исходя из предположения, что одна из точек искомого геометрического места уже построена.

1-й способ решения (черт. 78). Пусть M — одна из точек г. м. Соединим её с точками А и В. По условию

MA _m

Построим биссектрисы внутреннего и внешнего углов АМВ и ВМЕ и, применяя известное свойство биссектрисы угла треугольника, получим:

и

Черт. 78.

Из соотношений (1), (2) и (3) имеем:

Точки А \\ В заданы, следовательно, отрезок AB неподвижен. Точки С и В, делящие отрезок AB в заданном отношении, являются также неподвижными при любом выборе точки М; следовательно, отрезок CD неподвижен и ^ CMD = 90°. Таким образом, из точек геометрического места определенный отрезок CD виден нод прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.)

Заключение. Г. м. т., расстояния которых от двух данных точек находятся в данном отношении, есть окружность, построенная, как на диаметре, на отрезке между точками, делящими в заданном отношении внутренним и внешним образом отрезок, определяемый данными точками. Эта окружность носит название окружности Аполлония, по имени открывшего её греческого геометра Аполлония Пергского (III век до н. э.).

Способ построения. 1) Данный отрезок AB разделить в отношении т:п точкой С.

2) Радиусами, пропорциональными числам m и п, из точек А и В построить дуги до взаимного пересечения их в точке М.

3) Соединить точки С и Ж и построить отрезок MDj_CM до пересечения в точке D с продолжением AB.

4) На отрезке CD, как на диаметре, построить окружность. 2-й способ решения. Второй способ решения позволяет алгебраическим путём установить неизменяемое выражение, характерное для данной задачи.

1) Из соотношения -7^=— имеем: —^— = —■—;

отсюда Cß = -4- - AB. (4)

2) Из соотношения ТТБ- = — имеем:

отсюда

(5)

3) Сложив равенства (4) и (5), получим:

Из чертежа 78 видно, что CD = 20M. Следовательно, ОМ = т™^_п% * AB. (6)

Правая часть равенства (6) есть величина постоянная для любого положения точки M геометрического места. (Решение сводится к задаче I.)

Гармоническая группа точек

Определение. Группа четырёх точек А, В, С, D, лежащих на одной прямой, называется гармонической группой точек, если имеет место пропорция АС : СВ = AD : DB (черт. 79).

Если в треугольнике ABC построить биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине С и точки пересечения их с AB и ее продолжением обозначить соответственно через Е и F, то точки А, В, Е, F составят гармоническую группу точек.

а) По трём данным точкам Л, В и С, лежащим на одной прямой, построить четвёртую точку D так, чтобы полученные четыре точки представляли собой гармоническую группу точек (т. е. так, чтобы ç£==5£")'

Решение (черт. 80). Из точки А проводится произвольно луч AM и из точек ß и С произвольные прямые ВК || CL. На луче AM откладывается LM = KL. Точки В a M соединяются, и из точки L проводится LD \\ ВМ. Точка D — искомая. Это следует из пропорций:

(1)

(2)

отсюда

(3)

Черт. 79.

Черт. 80.

б) Построить треугольник ABC по данному основанию АВУ высоте h и отношению боковых сторон СА:СВ = 2:1. Исследовать решение при различных значениях h.

в) Построить окружность радиуса г, касающуюся данного отрезка AB у если ОА:ОВ=1 :Ъ (О — центр окружности).

г) В данную окружность вписать данный по величине угол так, чтобы хорды, его образующие, относились, как т: п.

д) Дана окружность и две точки А и В. Найти на окружности точку С так, чтобы АС:ВС=т:п.

е) Построить треугольник, если дана одна сторона, отношение двух других сторон и радиус описанного круга.

ж) Построить прямоугольный треугольник по данной гипотенузе и данному отношению катетов т:п.

104. На продолжении данного отрезка прямой AB дана точка D. Найти г. м. т. М, для которых ^ AMD -f- L BMD = 2d.

105. На данном отрезке AB между точками А и В дана точка С. Найти г. м. т. M, для которых ^ АМС= ВМС.

106. Найти г. м. т., из которых две данные окружности видны под равными углами.

а) На данной прямой KL найти точки, из которых две данные окружности с центрами О, и 02 и радиусами г, = 3 см, г2=1,5 см видны под равными углами. Исследовать решение при различных положениях прямой KL и различных взаимных положениях окружностей.

Черт. 81.

б) Найти точки, одинаково удалённые от данных точек А и В, из которых две данные окружности видны под равными углами.

107. В данном круге с центром О проведён неподвижный диаметр AB и переменная хорда ВС. Хорда продолжена на длину CD = BC. Найти г. м. т. пересечения OD и АС.

108*. Стороны многоугольника остаются соответственно параллельными определённым направлениям, в то время как все вершины, кроме одной, скользят по заданным прямым. Найти геометрическое место последней вершины.

109*. На двух данных прямых откладываются от двух данных точек А и В, соответственно лежащих на этих прямых, два отрезка AM и BN, которые изменяются пропорционально друг другу. Через точки M и N проводятся прямые, соответственно параллельные двум данным прямым. Найти г. м. т. Р пересечения построенных таким образом прямых.

Построение рабочего чертежа (черт. 81). Точки А и В неподвижные, следовательно, и точка С пересечения параллелей неподвижна.

Пусть Рх—произвольная точка геометрического места. Соединим её с неподвижной точкой С и на полученной прямой возьмём произвольную точку Р2. Из точек Рх и Р% проведём прямые, параллельные данным прямым, до взаимного их пересечения.

Рабочий чертёж строится так, чтобы возможно было использовать теоремы о пропорциональных отрезках.

Доказательство. По свойству отрезков прямых, пересечённых тремя параллелями, имеем:

(1)

(2)

отсюда ал^ = ШГ > т* е- отРезки amu bnxi am2i bn% пропорциональны между собой. Таким образом, точка Р2, а следовательно, и любая другая точка прямой СРХР2 принадлежит искомому геометрическому месту.

Возьмём точку Q вне прямой СРХР2 и проведём через неё прямые, параллельные данным. Если точка Q принадлежит геометрическому месту, то пропорция

(3)

справедлива. Из построений видно, что ^щ~ = ^ и "5/ = с7?>

отсюда

(4)

Из равенств (3) и (4) следует, что BI=BNit что невозможно, следовательно, точка Q геометрическому месту не принадлежит.

Исследование. Так как точки Мх и Nx на данных прямых можно выбрать бесчисленным количеством способов, то каждой паре выбранных параллелей соответствует некоторая точка Р и некоторая прямая CP, являющаяся г. м. т. Поэтому задача имеет бесчисленное множество решений в виде пучка прямых, проходящих через точку С. Для того чтобы выбрать определённую прямую из пучка, необходимо в условии задачи отношению g— задать какое-либо определённое значение. Пусть, например, дтг=-т« Построим ряд частных положений Ри Pi9 PZi ... (черт. 82). Мы видим, что по мере продвижения точек M и iY по прямым ОМ и ON точка Р перемещается в плоскости по прямой СР.

110*. Данный по величине угол вращается вокруг своей вершины. На сторонах его от вершины откладываются отрезки переменной длины, отношение которых постоянно. Конец отрезка, лежащий на одной стороне, скользит по данной прямой. Какую линию опишет конец отрезка, лежащий на другой стороне угла?

Построение рабочего чертежа (черт. 83). Пусть DE — данная прямая, а точка А — вершина данного угла.

На чертеже 83 изображено три положения угла: Z ВХАСХ = = L В%АС% = Z BZACZ = а; АВХ JL DE; Си Ca, Cz — точки г. м., т. е.

Черт. 82.

Черт. 83.

Доказательство. 1) Треугольники ABxBq и АСХС% подобны между собой, так как £ ВХАВ% = £ СХАС% и ^L==^!» следовательно, Z i4CjC9 = Л АВхВъ = 90°.

2) Аналогично из подобия треугольников АВхВг и АСхСд вытекает: Л АСхСг= Л АВХВ3 = 90°. Отсюда следует, что точки Сх, С%9 С3 лежат на одной прямой MN, перпендикулярной АСХ (черт. 84). Возьмём точку F вне прямой MN и построим /_ OAF= Л ВХАСХ =а. Если точка F принадлежит искомому геометрическому месту, то должно выполняться равенство:

(1)

Из подобия треугольников ABXG и АСХН следует:

(2)

Из сравнения пропорций (1) и (2) видно, что равенство (1) может иметь место только тогда, когда точки F и H совпадают.

Следовательно, любая точка, не лежащая на прямой MN, геометрическому месту точек не принадлежит.

Заключение. Г. м. т. — прямая линия, образующая с данной прямой данный угол.

Черт. 84.

Способ построения. 1) Из точки А опустить перпендикуляр на данную прямую. 2) Построить /_ВАС=а и отложить АС AB тп

так, чтобы = — . 3) Провести прямую MN ±_ АС через точку С.

На черт. 84 изображены г. м. т. для острого, прямого и тупого углов.

111*. В треугольнике ABC вершина А остаётся неподвижной, а вершина В перемещается по данной прямой DE. Найти геометрическое место вершин С, если при изменении вида и положения треугольника Л ВАС равен данной величине а и произведение сторон AB • АС, образующих угол ВАС, равно данной величине q*.

Построим AB _L DE. Пусть треугольник ABC удовлетворяет условию задачи (черт. 85). Построим ещё произвольный треугольник

ABxCXf удовлетворяющий условию. Точки С и С, принадлежат искомому геометрическому месту, т. е. AB • АС=АВХ • АСи отсюда

Треугольники АВВХ и АССХ подобны, так как /_ ВАВХ = /_ САСХ9 а стороны, заключающие равные углы, пропорциональны в силу равенства (1). Следовательно, ^ АСХС= £ АВВХ — 90°, т. е. из точек г. м. неподвижный отрезок АС виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.)

Заключение. Г. м. т. — окружность, построенная на диаметре АС. Способ построения отрезка АС вытекает из решения.

Черт. 85. Черт. 86.

112*. Даны две параллельные прямые и точка О, лежащая в их плоскости. Через эту точку проводятся произвольные секущие, которые пересекают одну прямую в точках Ах, Аъ Л3, ... , а другую — соответственно в точках Ви B2iBZf .... Найти геометрическое место концов перпендикуляров, восставленных из точек BXi B%i Вв, ... к секущим и имеющих длины, равные OAl9 OA%i OAZi ... .

Расстояния OA и OB до данных параллельных прямых от данной точки О являются неизменяемыми элементами чертежа (черт. 86). Отложим ВМ = ОА. M— одна из точек г. м. Построим ещё произвольную точку Мх г. м., т. е. ВхМх = ОАх. Из подобия треугольников ОААх и ОВВх имеем: 7Т-± = 7ГГ или б-хг=Ш7; следовательно, треугольники ВОМ и ВхОМх подобны. Из подобия треугольников имеем: /тВОМ=£В1ОМх и = -±^ = -щ±. Отсюда вытекает, что и треугольники ОММх и ОВВх подобны, следовательно, £ ОММх = 2 ОВВх = 90°, т. е. ММХ _]__ ОМ. Таким образом, отрезок, соединяющий произвольную точку геометрического места с фиксированной точкой М, перпендикулярен определённому отрезку ОМ. В точке M к отрезку ОМ можно восставить один перпендикуляр, следовательно, точки искомого геометрического места расположены на одной прямой, перпендикулярной к ОМ.

Заключение. Г. м. т. — прямая линия MMXt перпендикулярная ОМ.

Примечание 1. Если перпендикуляры ВМ, В^Ми ... проводить по другую сторону от секущей OB, то получится ещё одна прямая линия, выражающая собой искомое г. м. т., симметричная первой относительно OB.

Примечание 2. Если точку О взять между параллельными прямыми, то характер построений и доказательства не изменится.

113*. Даны две внешне касающиеся окружности. Через точку их касания проведены в окружностях две перпендикулярные хорды AB и АС. Концы их В и С соединены прямой. Найти г. м. т., делящих отрезки ВС в отношении т:п.

Пусть M— одна из произвольных точек искомого геометрического места (черт. 87). Через точку А проведём диаметры данных окружностей AD и ADV Соединим точки В и С соответственно с точками D и Dv Проведём МК || BD и ML \\ CD,. Прямые DD, и ВС пересекаются двумя тройками параллельных прямых, следовательно,

т. е. точки К a L делят диаметры AD и ADX в данном отношении (следовательно, положение отрезка KL не изменяется при любом положении точек геометрического места) и фиксированный отрезок KL виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с диаметром KL.

114*. Найти геометрическое место точек пересечения диагоналей прямоугольников, вписанных в данный треугольник так, что две вершины каждого прямоугольника лежат на основании треугольника, а две другие — на боковых сторонах.

Пусть M — одна из точек г. м. (черт. 88). Проведём FMGA^AB и отрезок CFD. Из подобия двух пар треугольников имеем:-^ = ^; но IF = FH, следовательно, AD = DBt т.е. CD — медиана треугольника АСВ.

Проведём высоту CP и отрезок прямой DME. Аналогично из подобия двух пар треугольников можно записать: p£r=£ç» но MG = MF, следовательно, СЕ = РЕ, т. е. DE—медиана треугольника DCP. Точка D является серединой стороны AB данного треугольника, точка Е—серединой высоты CP данного треугольника,

Черт. 87. Черт. 88.

следовательно, положение точек D и Еу а значит, величина и положение отрезка DE не изменяются при любом положении точки M геометрического места. Таким образом, точки геометрического места лежат на определённом отрезке DE. Конечные точки D и Е геометрическому месту не принадлежат, так как в этом случае прямоугольник вырождается в прямую линию и задача теряет смысл.

Заключение. Г. м. т. — отрезок DE, исключая точки D и Е.

116*. Из подвижной точки N, взятой на продолжении данного диаметра данной окружности с центром О, проведена касательная к этой окружности. Найти геометрическое место таких точек M на этих касательных, для которых M N = NO.

Пусть M — одна из точек геометрического места. Отложим отрезок NE = NT (черт. 89). Соединим точки О, Му Т и Е. Четырёхугольник ОМТЕ—равнобедренная трапеция, следовательно, МЕ = OT=R (постоянная величина) и MEJ^ON. Отсюда вытекает, что точки геометрического места расположены на одинаковом расстоянии, равном радиусу, от данного диаметра CD. (Решение сводится к задаче 10.)

Черт. 89. Черт. 90.

Точки искомого геометрического места расположены на двух прямых, параллельных CD и отстающих от CD на расстоянии, равном радиусу. Однако не все точки этих параллелей принадлежат искомому г. м. Если точка N совпадает с точкой D, то точками геометрического места являются ^ и L, аналогично К\ и Lx — точки геометрического места, если точка N совпадает с точкой С. При перемещении точки N за D (вне круга) точки геометрического места перемещаются от К к точке А и от L к В. При перемещении точки N по продолжению диаметра за точку С (вне круга) точки геометрического места проходят отрезки КХА и LtB.

Заключение. Г. м. т. являются два отрезка прямых КК\ и LLU параллельных диаметру CD, за исключением точек А и В.

116*. В данный круг вписан треугольник ABC и на прямой, делящей угол С пополам, отложена часть CD =-у-. Найти г.м.т. £>, если при данном положении стороны AB вершина С перемещается по окружности.

Это пример более сложной задачи.

Построение отдельных точек искомого геометрического места (черт. 90). Возьмём равнобедренный треугольник ABC, в нём биссектриса СЕ угла при вершине является диаметром, перпендикулярным AB. Биссектрисы углов С всевозможных треугольников проходят через точку Е.

т. е. точки A, D и В лежат на одной окружности с центром в точке С и радиусом АС. Как показывает предварительное построение, точки г. м. расположены на дуге окружности, симметричной прямой СЕ. Из точек С,, С2, С3,... диаметр СЕ виден под прямым углом.

Построение рабочего чертежа (черт. 91). Возьмём равнобедренный треугольник АСВ и произвольный треугольник АСХВ. D и Dx — соответствующие точки г. м., т. е.

(1)

Соединим точки С и Сг. Через точку В проведём прямую, параллельную СХЕ, и АСХ продолжим до пересечения с этой прямой в точке G. /.CXGB= £АСХЕ; /_CXBG = = £ВСХЕ; отсюда LCXGB= LCXBG и в треугольнике CXBG:

CXG = CXB. (2)

Точка G лежит на окружности с центром С и радиусом АС, так как /_AGB = /_АСХЕ — £ACD измеряется kjAD или • ^jADB.

Продолжим АС до пересечения с окружностью в точке F. Соединим точки G и F. Из подобия треугольников AGF и ССХЕ имеем:

принимая во внимание равенства (1) и (2), получим:

(3)

Из равенства (3) следует, что DDX\\CCX, отсюда /,DD,£ = = LOCxE = d, т. е. из точки г. м. фиксированный отрезок DE виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.) Точки г.м. лежат на окружности с диаметром DE.

Исследование. Для любого положения точки С на дуге АСВ биссектрисы углов С сходятся в точке Е. В предельных положениях биссектрис АЕ и BE, когда вершина треугольника совпадает с точкой А (или В), задача не имеет смысла. При перемещении вершины С по дуге АСВ точки геометрического места описывают дугу LM

Черт. 91.

окружности с диаметром DE (черт. 90). При дальнейшем перемещении вершины по дуге ВЕА вписанные углы будут измеряться -у АСВ и биссектрисы этих углов будут сходиться в точке С (черт. 92). В этом случае точки геометрического места отложатся по другую сторону от хорды AB на дуге LlMl окружности с диаметром СН, что можно доказать аналогично первому положению, пользуясь чертежом (92).

Черт. 92.

Черт. 93.

Заключение. Г. м. т. — две дуги LDM и LXHMU за исключением точек L9M и Ll9Mt (черт. 93).

Способ построения непосредственно вытекает из решения.

117*. А и В — общие точки двух пересекающихся окружностей. Через точку А проведена произвольная секущая, которая вторично пересекает окружности в точках К и L. Найти г. м. т., делящих отрезок KL в отношении m : я.

Пусть M — одна из произвольных точек искомого геометрического места (черт. 94), т. е.

(1)

Так как окружности даны, то положение точек О, Оь А, В и любых отрезков прямых, их соединяющих, является определённым при любом положении секущей KL и точки M геометрического места. Построим хорду AB и диаметральную секущую CBOD. Положение их, а следовательно, и точки С не зависит от выбора точки г. м. Соединим точки К с С н L с D. В четырёхугольнике АВСК: LAKC измеряется у ^ ABC—величина постоянная и

Черт. 94.

£AKC-\- Z,ABC=2d, следовательно, ZmABD= £AKC. Отсюда в четырехугольнике ALDB: £mALD = 2d — £ABD = 2d — £AKC, т. e. Z.AKC+ Л KLD = 2d и LD\\KC.

Построим ME y КС. Прямые KML и CBD пересекаются тремя параллельными прямыми, следовательно:

по равенству (1); отсюда следует, что положение точки Е — фиксированное. Соединим точки А и Е. £АМЕ= £АКС—величина постоянная. (Решение сводится к задаче 67.) Из точек геометрического места фиксированный отрезок АЕ виден под постоянным по величине углом.

Исследование. В соответствии с задачей 67 искомым г. м. т. должны быть две дуги. Однако условию данной задачи может удовлетворять только одна дуга, так как положение окружности с центром Ои вмещающей угол АКС, задано. Далее следует иметь в виду, что, постепенно изменяя положение секущей KAL, с некоторого момента точки геометрического места будут расположены по другую сторону АЕ (положение K\LX). Нетрудно доказать, что в этом случае отрезок АЕ виден из точек геометрического места под углом, дополняющим ЛАМЕ до 180°. Дуги, являющиеся геометрическими местами в первых и вторых положениях точек геометрического места, составляют одну окружность.

Заключение. Г. м. т. — окружность, описанная около треугольника A AIE.

Примечание 1. В этой задаче полезно предварительно построить больше частных положений точки г. м. Это поможет найти правильный путь решения.

Интересно также привести доказательство для случая, когда KL пересекает меньшую из дуг данных окружностей (применительно к данному чертежу).

Примечание 2. Интересно рассмотреть как отдельную задачу тот частный случай, когда данные окружности касаются.

Примечание 3. При рассмотрении данной задачи следует предварительно разобрать как отдельную теорему следующее предложение: Если через точки пересечения двух окружностей произвольно провести две секущие, то хорды, соединяющие концы этих секущих (внутри одной окружности), параллельны между собой.

Примечание 4. При рассмотрении данной задачи можно пользоваться диаметральной секущей, проходящей через Ov Характер построений, рассуждений и результат не изменятся.

118. Найти г. м. т., расстояния которых от двух пересекающихся прямых AB и CD имеют одно и то же отношение m : п.

Построение отдельных точек геометрического места (черт. 95). Пусть для определенности т: п=\ :2. Применим следствие к задаче 10, построим ряд прямых, параллельных AB и CD, с номерами (1—2—3), причем расстояния до AB от этих параллелей возьмем вдвое меньшими, чем до CD. Точки пересечения параллелей с одинаковыми номерами (1—1, 2—2, 3—3)

принадлежат искомому геометрическому месту. Из чертежа непосредственно видно, что точки г. м. расположены на двух прямых, проходящих через точку пересечения данных прямых AB и CD. Докажем это.

Черт. 95.

Черт. 96.

Построение рабочего чертежа и доказательство (черт. 96). Пусть M— одна из точек г. м., т. е.

(1)

Проведём прямую линию через точки Ж и О и докажем, что любая точка Мх прямой ОМ принадлежит искомому г. м. Из подобия треугольников OEM и ОЕхМ имеем: — из подобия треугольников OMF и OMfr w = ^-; отсюда — принимая во внимание равенство (1), получим:

т. е. точка Мх принадлежит геометрическому месту.

Возьмём точку N вне прямой ОМ. Из чертежа видно, что

Но -щ = -^* следовательно, z/b — и точка N г. м. не принадлежит.

Аналогично можно доказать, что точки геометрического места, находящиеся во внутренних областях другой пары вертикальных углов, расположены на прямой линии.

Заключение. Г. м. т., расстояния которых до двух данных пересекающихся прямых имеют одно и то же отношение, являются

две прямые линии, проходящие через точку пересечения данных прямых.

Примечание. В § 10 для проработки со всем классом можно рекомендовать задачи 88—107, 118. Остальные задачи полезно давать в виде индивидуальных заданий и следует также рекомендовать для проработки в кружке.

§ 11. Метрические соотношения между элементами треугольника и параллелограма и пропорциональные отрезки в круге

119. Даны две точки Л и ß. Найти г.м.т., сумма квадратов расстояний которых от точек А а В равна AB*.

120. Найти г.м.т., для которых сумма квадратов расстояний от двух данных точек А и В есть величина постоянная и равная т\

Построение рабочего чертежа. Пусть M — одна из точек г. м., т. е. МА*-\--\- МВ<к = т*. Достроим треугольник АМВ до параллелограма и соединим точки M и N (черт. 97).

Доказательство. В параллелограме AMBN: 2(MA*-{-MBi) = AB*-{-MN*. Обозначая АВ = а, получим:

СМ = ±- т/2т* — а* ; (1)

это есть неизменяемое выражение при любом положении точки M г.м. (Решение сводится к задаче 1.) От фиксированной точки С точки г.м. находятся на одном и том же расстоянии.

Заключение. Г. м. т. — окружность с центром С и радиусом СМ.

Исследование. .Задача имеет решение в том случае, когда 2т% — а*^0, или а^2 . При т=а^2 СМ = 0 и г. м.т. вырождается в одну точку С. При т = а решение сводится к задаче 119.

Построение. Радиус искомой окружности можно построить из соотношения (1). Он равен половине катета прямоугольного треугольника с гипотенузой m j/2 и другим катетом АВ = а.

а) Даны две точки Л и Б. На данной прямой KL найти точку M так, чтобы AM* -f-ВМ* = q1.

б) Построить треугольник ABC по следующим данным: стороне ABf противолежащему углу С и соотношению АС*-\-ВС* = — q* (задачи 120 и 67).

в) Даны точки А и В. Найти точку M так, чтобы выполнялись одновременно соотношения: AM:ВМ = т:п и АМ%BM* = q%, где т, п, q — данные отрезки (задачи 120 и 103).

Черт. 97.

121. Найти г. м. т., для которых разность квадратов расстояний от двух данных точек А и В есть величина постоянная и равная т*.

1-й способ решения. Пусть M— одна из точек геометрического места (черт. 98). По условию, MA* — МВ* = т*. Угол при вершине А острый, а потому точка N—основание перпендикуляра, опущенного из точки M на прямую AB, и точка В лежат по одну сторону от точки А. Из треугольников AMN и BMN имеем:

MA* = MN*-\-AN* (1)

и

MB* = MN*-\-BN*. (2)

Отсюда M А* — MB* = AN* — BN*, или AN* — BN* = m*. (3)

Черт. 98.

Равенство (3) показывает, что точка N принадлежит искомому геометрическому месту. Таким образом, при любом положении точки геометрического места, её проекцией на прямой AB является фиксированная точка N. Отсюда следует, что искомое геометрическое место точек есть прямая линия MN, перпендикулярная AB.

Построение. Достаточно построить точку N. Равенство (3) показывает, что для построения точки N необходимо построить прямоугольный треугольник с гипотенузой AN и катетами BN и m (черт. 99). Для этого из точки В восставим перпендикуляр к AB, на котором отложим отрезок ВР=т и соединим точки Л и Я. Из середины К отрезка АР восставим к нему перпендикуляр KN. Точка пересечения этого перпендикуляра с AB есть искомая точка N, так как NP = AN (задача 6) и NP*— BN* = m*. Из точки N проведём прямую MN±_AB. 2-й способ решения. В треугольнике АМВ (черт. 98):

(4)

отсюда

(5)

обозначим АВ = а, тогда соотношение (5) примет вид:

Черт. 99.

Полученное выражение для отрезка BN является неизменяемым при любом положении точки геометрического места. (Решение сводится к задаче 9).

Заключение. Г. м. т. — прямая MN, перпендикулярная к AB. Исследование. При т<^а BN^>0, тогда из соотношения (4) следует, что /_МВА — острый. В частности, если т = 0, то ßiV=y, треугольник АМВ — равнобедренный и прямая MN проходит через середину AB. Если т = а, то BN=0 и равенство (4) примет вид:

MA* = MB* + AB*,

т. е. MB А — прямой и MN проходит через точку В. Если т^>а, то BN<^0 и равенство (4) примет вид:

MA* = MB* + AB* -f 2AB • BN,

т. e. ^ MBA — тупой и точка N лежит на продолжении отрезка AB. Все случаи иллюстрируются на чертеже 100.

Построение. Пусть С—середина А В (черт. 98), тогда, принимая во внимание равенство (5), получим:

итак,

(б)

Черт. 100.

Равенство (6) показывает, что CN находится из построения т9 как среднего, пропорционального между 2а и CN.

а) На отрезке AB найти точку M так, чтобы AM* — BM* = q*.

б) Даны две точки А и В и прямая KL. На прямой KL найти точку M так, чтобы AM* — ВМ* = q*.

в) Построить треугольник ABC по следующим данным: стороне AB, противоположному углу С и соотношению АС* — BC* = q* (задачи 121 и 67).

г) На стороне AB треугольника ABC найти точку D так, чтобы АС* -f- AD* = ВС* -f- BD* (задача 121).

д) Через данную точку А провести окружность данного радиуса так, чтобы она пересекала данную окружность под прямым углом.

122. Найти г. м. т., из которых касательные, проведённые к двум данным окружностям, равны между собой.

Эту задачу следует отнести к основным задачам на нахождение г. м. т., так как она имеет многочисленные применения к различным вопросам геометрии.

Условие не даёт способа построения частных положений точек искомого г. м. т. Поэтому будем исходить из предположения, что одна из точек г. м. построена. Рассмотрим одновременно два варианта чертежа для того случая, когда окружности не имеют общих точек (черт. 101).

1) Окружности лежат одна вне другой; 2) одна окружность лежит внутри другой.

Обозначим линию центров 00, через d и радиусы — через R и г. M— одна из точек г. м. Построим касательные МТ и МТХ; по условию МТ—МТХ (1). Соединим точки М, Т, Тх с точками О и О,. Из прямоугольных треугольников ОТМ и ОхТхМ имеем: M7s = = ОМ9 — /?*; MГ,« = 0,Af* — г9, отсюда ОМ* — 0ХМ% = R* — r% (2). (Решение сводится к задаче 121.) Г. м. т. — прямая MN, перпендикулярная 00,.

Исследование. Обозначим точку пересечения прямой MN с линией центров через В. Положение точки В может быть охарактеризовано длиной отрезка OB. Из треугольника 0М0Х имеем:

0,М* = ОМ* -f 00\ — 200, . OB;

отсюда

(3)

величина постоянная (неизменяемое выражение).

Обозначим через х— расстояние от точки В до окружности большего радиуса, т. е. АВ = х; х = ОВ — R. Принимая во внимание равенство (3), получим после преобразований:

(4)

Если окружности находятся одна вне другой, то d^>(R-\-г) и d^>(R — г). Следовательно, лг]>0. Если одна окружность находится внутри другой, то d<^(R-\-r)t d<^(R — г), следовательно, jc^>0. Отсюда следует, что OB — R^>Ot или OB^>Rt т. е. если окружности не пересекаются, то прямая, выражающая г. м. т., проходит вне окружности большего радиуса. Аналогично можно доказать для случая, когда окружности не пересекаются, что прямая MN

Черт. 101.

проходит также и вне окружности меньшего радиуса. В частности, если R = rt то из равенства (3) имеем: ОВ = ^, т. е. прямая делит линию центров пополам. Если две окружности концентрические, то d = 0 и величину OB найти нельзя, так как равенство (3) теряет смысл. Г. м. т. в этом случае не существует.

Черт. 102.

При касании окружностей соотношение (3) справедливо (черт. 102). Если окружности касаются внешним образом, то d = /?-(- г и из равенства имеем:

(3)

Если окружности касаются внутренним образом, то d=R — г и ОВ =-2 ^_ ^—'— = Rt т. е. в обоих случаях прямая, выражающая искомое г. м. т., является общей касательной, проходящей через точку их касания.

Рассмотрим случай, когда окружности пересекаются (черт. 103).

Построим их общую секущую и возьмём произвольную точку M на внешней ее части. Применяя к каждой окружности зависимость между отрезками секущей и отрезком касательной, получим: МТ2=МС- МО и MТ\= = МС • MD, отсюда МТ=МТи т. е. M — точка искомого геометрического места. Внутренние точки хорды CD искомому г. м. принадлежать не могут.

Заключение. 1) Если окружности не пересекаются, г. м. т.— прямая линия, проходящая вне обеих окружностей перпендикулярно к линии центров.

2) Если окружности касаются, то г. м. т. — их общая касательная, проходящая через точку касания окружностей.

Черт. 103.

3) Если окружности пересекаются, то г. м. т. являются внешние части их общей секущей, проходящей через точки пересечения окружностей.

Построение г. м. т. Необходимо построить только одну точку г. м. и опустить перпендикуляр на линию центров. Если окружности находятся одна вне другой, то необходимо провести их общую касательную и из её середины провести прямую, перпендикулярную к линии центров. Середина общей касательной принадлежит, очевидно, геометрическому месту. Способ построения г. м. т. для касающихся и пересекающихся окружностей вытекает непосредственно из заключения. Наибольшую трудность представляет случай, когда одна окружность находится внутри другой.

Черт. 104. Черт. 105.

Для построения точки г. м. в этом случае удобно воспользоваться следующим приёмом (черт. 104).

Данные окружности с центрами О и Ох произвольно пересечём третьей окружностью с центром 02. Внешняя часть секущей MAB является г. м. т. для окружностей Ох и 02, а внешняя часть секущей MCD — г. м. т. для окружностей О и 09. Точка M пересечения MAB и MCD обладает тем свойством, что касательные к трём окружностям равны между собой. Следовательно, M — одна из точек г. м. Опустим перпендикуляр MN на OOt. MN— искомое г. м. т.

Степень точки относительно окружности

1) По известному свойству отрезков секущих, проведённых к окружности из точки М, лежащей вне круга, имеем: MAt • МВХ = = МАц • МВг =.. . = МА • МВ = МТг — величина постоянная. Непосредственно на чертеже 105 видно, что

МА-МВ^(МО — OA). (МО + OB) = (d — r)(d + r) = d* — r\

где MO = d, ОА = г. Таким образом, для точки М, лежащей вне круга, имеем:

M А • MB = d* — r* — M П

2) Если точка M находится внутри круга (черт. 106), то МАХ • МВХ = = MА% • МВ% = ... = MA • MB — величина постоянная. В этом случае

Определение. Степенью точки относительно окружности называется произведение отрезков секущей (или хорды), проходящей через эту точку, измеряемых от данной точки до точек пересечения её с окружностью. Это произведение положительно, если точка M находится вне круга; отрицательно, если точка M внутри круга, и равно нулю, если точка M на окружности.

Во всех случаях степень точки относительно окружности равна (d*— г9), т. е. квадрату её расстояния от центра минус квадрат радиуса окружности.

Черт. 106.

Радикальная ось двух окружностей

Определение. Радикальной осью двух окружностей называется геометрическое место точек, степени которых относительно двух данных окружностей равны между собой.

Если точка M находится вне данных окружностей (черт. 107), то d* — r* = MT* (1) и d\ — r\ = MT\ (2), но d2 — г2 = d\ — г\, следовательно, МТ2 = М*Г* и МТ=МТХ. Таким образом, г. м. т., из которых отрезки касательных, проведённых к двум данным окружностям, равны между собой, есть радикальная ось двух окружностей (или часть её, когда окружности пересекаются) (задача 122). Способы построения радикальной оси для различных положений окружностей разобраны в задаче 122.

Радикальный центр трёх окружностей

Радикальные оси трёх окружностей, взятых попарно, пересекаются в одной точке, которая называется радикальным центром трёх окружностей.

Радикальным центром удобно пользоваться для построения радикальной оси двух непересекающихся окружностей. На чертеже 104 это построение сделано. M — радикальный центр окружностей с центрами О, О,, 02.

а) Даны три окружности с центрами Ои Оъ 03. На окружности с центром 03 найти точку, из которой отрезки касательных к двум другим окружностям равны между собой.

б) Разделить пополам отрезок общей касательной к двум пересекающимся окружностям, пользуясь только линейкой.

123. Даны две окружности с центрами О и О, и радиусами г и г%. Найти г. м. т., для которых МО\ — М02 = г2 — rj.

124. Даны окружность с центром О и радиусом г и точка А Найти г. м. т. Ж, для которых отрезок касательной МТ, проведенной из точки Ж, равен расстоянию AM.

126. Найти геометрическое место центров окружностей, пересекающих две данные окружности под прямым углом.

а) Через точку А провести окружность, пересекающую две данные окружности под прямыми углами (задачи 125 и 121).

б) Провести окружность, пересекающую три данные окружности под прямыми углами.

126. Найти геометрическое место центров окружностей, делящих две данные окружности пополам.

а) Через точку А провести окружность, делящую две данные окружности пополам (задачи 126 и 121).

б) Провести окружность, делящую пополам три данные окружности (задача 126).

127. Найти геометрическое место центров окружностей, пересекающих одну из данных окружностей под прямым углом и делящих другую данную окружность пополам.

а) Построить окружность, пересекающую окружность с центром О пополам, а окружности с центрами О, и 02 — под прямыми углами.

128. Найти геометрическое место центров окружностей, которые пересекаются данной окружностью с центром О и радиусом г под прямым углом и делятся другой данной окружностью с центром Ох и радиусом R пополам.

129. Найти геометрическое место центров окружностей, проходящих через данную точку А и делящихся пополам данной окружностью.

а) Через две данные точки А и В провести окружность, которая делится пополам данной окружностью (задачи 6 и 129).

б) Через данную точку А провести окружность, которая делится пополам двумя данными окружностями (задача 129).

130. Найти геометрическое место центров окружностей, проходящих через данную точку А и делящих пополам данную окружность.

а) Через две данные точки А и В провести окружность, пересекающую пополам данную окружность (задачи 130 и 6).

131. Найти геометрическое место центров окружностей, которые делят пополам данную окружность с центром О и радиусом г и в свою очередь делятся пополам другой данной окружностью с центром Oj и радиусом R.

132. Найти геометрическое место центров окружностей, проходящих через данную точку А и пересекающих данную окружность с центром О и радиусом г под прямым углом.

Черт. 107.

133. Прямоугольный треугольник ABC имеет вершиной прямого угла определённую точку А внутри круга; две другие вершины ß и С, изменяя свое положение, остаются на данной окружности с центром О и радиусом R.

1) Найти геометрическое место середин сторон ВС.

2) Найти геометрическое место проекции точки А на сторону ВС.

134. На переменной хорде AB данной окружности взята точка M так, что AB-AM = q*i где q— постоянная величина. Найти г. м. т. M при вращении хорды около неподвижной точки А.

Точки Л и О неподвижны, следовательно, положение диаметра АОС—определённое (черт. 108). Величину q* можно рассматривать как квадрат длины отрезка. Из заданного в условии соотношения видно, что отрезок q должен быть меньше диаметра. Из точки А построим хорды AD = AE = q и соединим точки D и Е. Точка К принадлежит геометрическому месту, так как АС • AK=q%. Возьмём произвольное положение хорды AB. Обозначим через M точку пересечения её с хордой DE. Из подобия треугольников АМЕ и ABE имеем:

т. е. точка M принадлежит искомому геометрическому месту.

Исследование. При вращении AB вокруг точки А хорды, расположенные во внутренней области угла DAE, пересекают отрезок DE; хорды же, расположенные во внешней области угла DAE, не могут пересечь отрезок DE. Поэтому точки искомого геометрического места, находясь на отрезке DE, соответствуют всевозможным положениям хорды AB во внутренней области угла DAE.

Можно поставить задачу шире. Будем искать точки геометрического места не только на хордах AB, но и на их продолжениях. Возьмём произвольно хорду ABi и продолжим её до пересечения с продолжением DE в точке Mv Проведём ВХЕ. Из подобия треугольников АМХЕ и АВХЕ имеем: ~^ = ^fj » или ABt > AMt=q%, т. е. всякая точка, лежащая на пересечении продолжений хорд AB

Черт. 108.

и DE, принадлежит искомому г. м. т. в расширенной постановке задачи.

Заключение. 1) Г. м. т. — отрезок прямой DE, если точки геометрического места брать на хордах AB, но не на их продолжениях; 2) г. м. т. — прямая, проходящая через точки D и Е, если точки геометрического места брать не только на хордах AB, но и на их продолжениях.

135. Даны три точки А, В и С, расположенные на одной прямой; описываются окружности, проходящие через точки В и С и из точки А проводятся касательные к ним. Найти г. м. т. касания.

136. Дана точка А и прямая CD. На прямой, соединяющей точку А с какой-либо точкой В прямой CD, выбирается точка M так, что произведение AB • AM = q*, где q— постоянная величина. Найти г. м. т. М.

137*. Дан параллелограм ABCD. Найти г. м. т., для которых сумма квадратов расстояний от вершин параллелограма есть постоянная величина, равная q*.

По условию параллелограм задан, следовательно, известны: положение на плоскости и величины его сторон и углов. Пусть M — одна из точек геометрического места, т. е.

MA* -f- MB* -f- MC* -f- MD* = q* (1) (черт. 109).

Дополним треугольники AMC и BMD до параллелограмов, проведём диагонали АС и BD и применим теорему, выражающую зависимость между сторонами и диагоналями параллелограма.

Параллелограм AMCN: 2 (MA* -f- MC*) = AC* 4- MN*.

Параллелограм BMDN: 2(MB* + MD*) = BD*-\-MN*.

Складывая полученные равенства и используя равенство (1), получим: 2q* = AC* + BD* + 2MN*,

или 2q* = 2(AB* + BC*) + 2MN*; MN= /q* — AB* — ВС*,

или ОМ = ~ \/ q* — (AB* -f- ВС*) — неизменяемое выражение.

Точки г. м. находятся на одном и том же расстоянии от неподвижной точки О. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с центром О и радиусом ОМ. Задача имеет смысл при q* ^ AB* -f- ВС*. Если q* — AB*-\-BC*9 то г. м. т. вырождается в точку О.

138*. Даны четыре точки А, В, С, D. Найти г. м. т., для которых сумма квадратов расстояний до данных точек есть величина постоянная и равная q*.

Точки А, В, С, D заданы (черт. 110), следовательно, отрезки прямых, полученные от соединения этих точек в любых комбинациях, имеют постоянную величину при любых положениях точек г. м.

Черт. 109.

Пусть M — одна из точек геометрического места, т. е. M A* -f--\-MB*-\-MC*-\-MD* = q* (1). Построим параллелограмы AMDKn BMCL и применим теорему, выражающую зависимость между сторонами и диагоналями параллелограма.

Черт. 110.

После сложения получим:

2 (MA* + MB* + MC* + MD*) = AD* + ВС* + МК* + ML*. (2)

Принимая во внимание соотношение (1), равенство (2) примет вид:

или

Отсюда:

неизменяемое выражение. Таким образом, точки геометрического места находятся на одинаковом расстоянии от фиксированной точки О. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с центром О и радиусом ОМ.

Построение, как и в предыдущих задачах, сводится к умению построить несколько раз в некоторой последовательности стороны прямоугольного треугольника по элементам, входящим в состав неизменяемого выражения.

139*. Найти г.м.т., сумма квадратов расстояний которых от трёх вершин данного треугольника ABC есть величина постоянная и равная q*.

Задача относится к наиболее трудным в смысле установления неизменяемого выражения, не зависящего от положения точки искомого геометрического места. Как уже говорилось ранее (гл. 1, § 3), с заданным треугольником связан ряд определённых точек и отрезков, которые могут быть легко построены. При решении настоящей задачи будем считать известными величины (длины) всех отрезков, соединяющих любые две определённые точки (имея в виду, что эти точки могут быть легко построены по данным условиям).

Пусть M— одна из точек г. м. MA*-\-MB*-\-MC* = q* (1). Достроим один из образовавшихся треугольников, например треугольник

AMC. до параллелограма (черт. 111), тогда будем иметь:

АС* + ME* = 2 (MA* + MC*),

или

4 CL* -f- 4 ML9=2 (уИЛ*+МС*).

Отсюда

AfЛ*+ЛК?=2 CL9+2 ML9. (2)

Такого рода преобразование необходимо сделать для того, чтобы можно было связать отрезок MB с величинами, входящими в состав полученного равенства (2). Проведём медиану BL и возьмём на ней точку О, делящую её на два отрезка так, чтобы LO:OB = = 1:2. Выбор этой точки диктуется теми соображениями, что медиана BL и отрезки LO и OB могут быть легко определены. Соединим точки M и О и построим MD _L BL. Из треугольников LOM и MOB имеем:

LM* = МО* + LO* + 2LO . OD (3)

и

Mß9 = ЛЮ9 -f ОЯ9 — 2 OJ3 . OD = МО* + 4 LO9 — 4LO . OD. (4)

Умножим равенство (3) на два и сложим с равенством (4). После упрощений получим:

MB* = 3 МО* -f 6 LO* — 2 ML*. (5)

После сложения равенств (2) и (5) с учётом равенства (1) получим:

3Af09 + 6L09 + 2CL9 = ?9,

отсюда

Точки С, L и О являются фиксированными в заданном треугольнике, следовательно, равенство (6) является неизменяемым выражением для любого положения точки М. (Решение сводится к задаче 1.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с центром в точке пересечения медиан и радиусом МО, определяемым по формуле (6).

Задача имеет смысл только в том случае, если q*^2CL*-\-+ 6L09. При q= /2 CL9 + 6L09 окружность обращается в точку О и соотношение M А* -f- MB* -j- MC* = q* принимает наименьшую величину. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника (или центр тяжести) обладает тем свойством, что сумма квадратов расстояний от неё до вершин треугольника имеет наи-

Черт. 111.

меньшее значение из всех возможных значений для любой точки, взятой в плоскости треугольника.

а) Даны треугольник ЛВС и прямая KL. Найти на прямой KL точку О так, чтобы OA* + OB* -f ОС* = g*.

140*. Дан отрезок AB и на ном задана точка С. Найти г. м. т. пересечения окружностей, проходящих через точки А и ß, с прямыми, соединяющими точку С с точками пересечения касательных к этим окружностям, проведённым из точек А и В.

Через данные точки А и В можно провести бесчисленное множество окружностей и только одну окружность с диаметром AB (черт. 112). Построим эту окружность и через точку С проведём хорду DE J^AB. По известному свойству отрезков хорд, проходящих через данную точку С, можно записать:

AC-CB = CD*. (1)

Через точки А и В проведём произвольную окружность; F—точка пересечения касательных AF и BF к этой окружности. Прямая FMCN пересекает её в точках M и N, принадлежащих искомому геометрическому месту точек. Запишем соотношение:

CM-CN=AC-CB. (2)

Из равенств (1) и (2) следует:

CM'CN = CD* (3)

— неизменяемое соотношение при любом положении точек искомого геометрического места; отсюда вытекает, что точки .£, D, M и n расположены на одной окружности.

Заключение. Г. м. т. — окружность.

Для построения г. м. т. необходимо построить хорду ED и одну из точек, принадлежащих геометрическому месту, и через три точки Е, D и M провести окружность.

141*. Через две данные точки А и В проведена произвольная окружность и через данную точку С, лежащую на одной прямой с точками Л и В, проведены касательные к этой окружности. Найти геометрическое место середин отрезков, соединяющих точки касания.

Пусть M— одна из точек г. м. (черт. 113). Запишем ряд соотношений: СВ -СА = СТ* (1), СО • СМ = СП (2). Отсюда СО • СМ =в = СА-СВ (3). Проведём OE_LAB. Из подобия треугольников СОЕ и CDM имеем:

Черт. 112.

(4)

Из равенств (3) и (4) следует:

Черт. 113.

Положение точек Л, В, С и середины Е отрезка AB — определённое при любом положении точки г. м.; равенство (5) показывает, что и положение точки D определённое. Таким образом, из точек искомого геометрического места определённый отрезок CD виден под прямым углом (задача 63).

Заключение. Г. м. т. — окружность с диаметром CD.

142*. Даны две окружности с центрами О и О, и их общая касательная ТТи где Т и Тх— точки касания. M и Мх — точки пересечения этих окружностей с некоторой прямой, параллельной ТТХ. Найти г. м. т. пересечения прямых МТ и МХТХ.

143*. Даны две точки А и В и две прямые, параллельные отрезку AB и находящиеся от него на одинаковом расстоянии.

1) Доказать, что каждой точке Я, взятой на одной прямой, соответствует точка Ри лежащая на другой прямой и обладающая тем свойством, что прямая РРХ будет общей касательной к окружностям, проведённым через Я, Л, В и Ри Л, В.

2) Найти геометрическое место проекций точки Л на прямую РРХ.

1) Возьмём произвольную точку Р на одной из параллелей и через точки Р, А и В проведём окружность с центром О. К окружности в точке Р построим касательную РРХ до пересечения в точке Рх с другой параллельной прямой. Через точки Ри Л, В проведём окружность с центром Ох. Обозначим через Q точку пересечения прямой AB с РРХ (черт. 114). Напишем соотношение между отрезками касательной и секущей для окружности с центром О:

QA*QB = PQ\ (1)

но PQ = PXQ, так как точка Q находится на одинаковом расстоянии от данных параллельных прямых, следовательно,

QA .QB = PlQ\ (2)

Черт. 114.

т. e. PXQ является также касательной и для окружности с центром Ох и точка Рх удовлетворяет требованию задачи.

2) Пусть M — проекция точки А на прямую РРХ. Соединим eё с точками А и В и для треугольника АВМ напишем соотношение:

AB* = MA* -f- MB* — 2MA . MN,

или

MA* + MB* = AB* -f 2MA - M (3)

Спроектируем Q на одну из параллельных прямых и Б на прямую РРХ. Обозначим проекции через Qx и Мх. Из подобия треугольников QAM, QBMX и QQXPX имеем:

отсюда

<?Л = £.Л*Л; Qß = )fe.yW1ß; PxQ = k-QQx.

Подставим полученные соотношения в равенство (2). После сокращения результат запишется в виде:

MA • МХВ= QQJ. (4)

Равенство (3) примет вид:

MA* -f- MB* = AB* -f 2 • QQÎ. (5)

Правая часть равенства (5) — неизменяемое выражение. (Решение сводится к задаче 120.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с центром в середине отрезка AB.

Примечание. В § 11 задачи 119—126, 134, 135, 136 следует разобрать со всем классом, задачи 127—133 можно рекомендовать для индивидуальных заданий, остальные задачи — для занятий в кружке.

§ 12. Площади прямолинейных фигур

144. Найти геометрическое место вершин равновеликих треугольников, имеющих общее основание.

а) Построить треугольник, равновеликий данному, по стороне а и противоположному ей углу А.

б) Дан треугольник ABC и прямая KL. На прямой KL найти точку M такую, чтобы треугольники АМВ и ABC были равновелики.

145. На данной окружности дана точка Л и из этой точки проведена произвольная хорда AB, которая продолжена на такую часть BMt чтобы прямоугольник со сторонами MA и AB был равновелик данному квадрату q*. Найти г. м. т. М.

146. Дана прямая AB и точка С вне её. Точка С соединяется с произвольной точкой D прямой AB и отрезок CD продолжается на такую длину DM, чтобы прямоугольник со сторонами CD и MC был равновелик данному квадрату q*. Найти г. м. т. М.

147. Дан треугольник ABC. Найти г. м. т. М, для которых треугольники AMC и ВМС равновелики.

Пусть M — одна из точек г. м. и MD_LACh МЕ_[_ВС(черт. 115).

По условию SAmc=Sbmc, т. е. ^AC-MD = ~ ВС • МЕУ или MD ВС ,1Ч „ •^gr = -^ (1) — постоянная величина. Правая часть представляет собой неизменяемое выражение при любом положении точки М. (Решение сводится к задаче 118.) Искомым г. м. т. являются две прямые &V и KL, проходящие через вершину С. Способ построения подробно описан в задаче 118.

Однако в этой задаче построение можно значительно упростить. Будем считать основанием обоих треугольников сторону MC, а их высотами АН и BG, тогда отсюда вытекает, что АН=ВО и прямоугольные треугольники ANH и BNQ равны между собой, следовательно, AN=BN и CN—медиана треугольника. Соединим произвольную точку L прямой KL с точками А а В. Равновеликие треугольники ACL и BCL имеют общее основание CL, следовательно, и высоты, проведённые из вершин Л и В, должны быть равны между собой (и параллельны), отсюда KL \\ AB.

Заключение. В плоскости данного треугольника ABC г. м. т. M, для которых треугольники AMC и ВМС равновелики, есть две прямые, одна из которых определяется медианой, проведённой из вершины С, а вторая проходит через вершину С параллельно AB.

а) В плоскости треугольника ABC найти точку M так, чтобы треугольники АМВ, AMC и ВМС были равновелики. Сколько таких точек имеется?

148. Дан треугольник ABC. Найти г. м. т. Му для которых

где шип — постоянные величины.

Пусть M — одна из точек г. м. (BD±.MA и СЕ±_МА) (черт. 116).

Черт. 115.

Из подобия треугольников FBD и FEC имеем: ^ = ^t следовательно, гс = ~.

Так как m и п—величины постоянные и точки В и С—неподвижные, то и положение точки F является определённым, т. е. прямая линия, соединяющая данную точку А с произвольной точкой M геометрического места, делит сторону ВС в данном отношении. Таким образом, точки г. м. лежат на прямой AMF.

Построение. Так как сторону ВС в данном отношении можно разделить и внутренним, и внешним образом, то возникает вопрос, будет ли прямая, соединяющая вершину А с точкой, делящей отрезок ВС внешним образом в данном отношении, удовлетворять условию задачи (черт. 117). Пусть Z7, является точкой деления, т. е. -рг~ = —. Построим BDlJ^AF1 и CEtJ_AFt. Из подобия треугольников BDlFi и CEtFt имеем: 5^=5^, т. е. = --. Таким образом, прямая AF% также принадлежит геометрическому месту точек.

Заключение. Г. м. т. — две прямые, проходящие через вершину А и делящие сторону ВС внутренним и внешним образом в данном отношении.

а) В плоскости треугольника ABC найти точку M так, чтобы

saMB ' s AMC • sbm с— m : n : p*

149. Даны отрезки AB и CD двух прямых. Найти г. м. т. М, для которых треугольники MAB и MCD равновелики.

а) Дани два отрезка AB и CD и прямая KL. На прямой KL найти такую точку Âf, чтобы треугольники АВМ и CDM были равновелики.

160. Даны отрезки AB и CD двух прямых. Найти г. м. т. М9 для которых отношение площадей треугольников MAB и MCD имеет постоянную величину, равную т:п.

Черт. 116. Черт. 117.

161*. В данном треугольнике ABC сторона АВ = а — наименьшая. На сторонах АС и ВС отложены отрезки AD = BE= АВ = а. Доказать, что отрезок прямой DE есть г. м. т., сумма расстояний которых до сторон данного треугольника есть величина постоянная.

Возьмём произвольную точку M на отрезке DE и соединим её с вершинами А и В (черт. 118). Построим МН±_АВ, МКА^АС и М1±ВС.

(1)

Сумма площадей треугольников MAB, MAD и МВЕ равна площади ABED, которая постоянна по величине при любом положении точки M на отрезке DE. Из равенств (1) следует:

(неизменяемое выражение).

Таким образом, все точки отрезка DE принадлежат искомому геометрическому месту. Если взять любую точку вне отрезка DE, то сумма площадей треугольников не будет постоянной и, следовательно, эти точки не могут принадлежать г. м. т.

162*. На двух данных параллельных прямых от точек их пересечения А и В с данной прямой, перпендикулярной к ним, откладываются переменные отрезки АС и BD так, что площадь трапеции ABDC остаётся всё время постоянной и равной площади данного квадрата (q*). Найти геометрическое место проекции середины отрезка AB на прямую CD.

Эта задача представляет интерес с точки зрения иллюстрации ряда ранее перечисленных методических указаний. Её следует отнести к задачам повышенной трудности, но весьма полезной для проработки со всем классом.

Черт. 118. Черт. 119.

1-й случай (черт. 119). Отрезки АС и BD откладываются в одном направлении от точек А и В.

Построение рабочего чертежа. Обозначим через /середину AB. Отрезок AB неподвижен, следовательно, и его середина / — неподвижная точка. Отрезки АС, BD и CD являются изменяемыми и по величине, и по положению элементами фигуры. Допустим, что положение отрезков АС и BD, изображённое на чертеже, условию задачи удовлетворяет. SABdc = Ç*- Построим IM _L CD и IK \\ BD. M — одна из точек геометрического места.

Доказательство. SABdc = у AB • (АС + BD), или SABdc = IK • AB, т. e. IK • AB = q%, отсюда 1К=д§ — постоянная величина. Так как точка / неподвижна и IK параллельна данным прямым, то и положение другого конца К отрезка IK постоянной длины является определённым. Таким образом, из точек г. м. неподвижный отрезок IK виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67.) Точки искомого геометрического места лежат на окружности с диаметром IK.

Исследование. Посмотрим, все ли точки найденной окружности принадлежат искомому геометрическому месту. Соединим точку К с точками А и В и продолжим их до пересечения с параллельными прямыми в точках Lu N. Предельным положением точки С при её перемещении по прямой является точка А. При этом положении точки С трапеция обращается в треугольник ABL. Конечным положением точки г. м. является точка Е пересечения найденной окружности с линией AKL. Аналогично предельное положение точки D есть точка В, а для точек г. м. — точка F.

Заключение. Г. м. т. — дуга EKF окружности, построенной на отрезке IK, как на диаметре.

2-й случай (черт. 120). Отрезки АС и BD откладываются в противоположных направлениях от точек А и В.

Построение рабочего чертежа. В этом случае все стороны трапеции ACBD являются изменяемыми по величине и поло-

Черт. 120.

жению элементами фигуры, следовательно, и средняя линия является подвижным элементом чертежа. Но нетрудно заметить, что (АС-\- BD) не изменяет своей величины, так как при любом положении отрезков АС и BD sabcd = y AB - (AC-\-BD) = q*t т. e. AC + BD = 2a* = 7Œ' Спроектируем точку С на прямую BD. Пусть С, — проекция точки С. DCï = AC-\- BD. Отрезок DCj является подвижным элементом, но неизменяемым по величине. Пусть M— одна из точек геометрического места.

Доказательство. В треугольнике CCjD катеты CCt и DCj постоянны по величине, но изменяют своё положение; значит, величины гипотенузы CD и углов треугольника являются постоянными. Следовательно, при перемещении точек С и D по данным прямым отрезок CD перемещается параллельно своему направлению. Отсюда следует, что основания M перпендикуляров, опущенных из точки / на параллели CD, расположатся на одной прямой IM.

Исследование. Посмотрим, все ли точки прямой IM принадлежат геометрическому месту. Предельными положениями точек С и D являются точки А и В. Соответствующими им предельными положениями отрезков CD являются AF и BE. Следовательно, конечными точками искомого геометрического места являются точки N и L пересечения прямой IM с прямым AF и BE.

Заключение. Г. м. т. — отрезок прямой LN, перпендикулярной CD.

ГЛАВА III

ЗАДАЧИ НА НАХОЖДЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКОГО МЕСТА ТОЧЕК В ПРОСТРАНСТВЕ

§ 1. Общие положения

Общий план решения задач на нахождение геометрического места точек в стереометрии такой же, как и в планиметрии.

Следует иметь в виду, что построение пространственных фигур значительно сложнее, чем построение плоских фигур; поэтому изображение нескольких положений точки искомого геометрического места может повлечь за собой большое нагромождение линий и тем самым вызвать излишние затруднения в представлении искомой фигуры и обосновании решения задачи.

В задачах на геометрические места по стереометрии мы ограничиваемся рассмотрением следующих видов геометрических мест: прямая линия, окружность, плоскость, поверхность прямого кругового цилиндра, поверхность прямого кругового конуса, сфера или части их. Плоскость, цилиндрическая и коническая поверхности могут быть образованы перемещением прямой линии в пространстве. Сфера образуется вращением полуокружности вокруг своего диаметра. Таким образом, пространственные фигуры могут быть получены некоторым перемещением плоских фигур в пространстве. Это обстоятельство определяет в значительной мере и методику решения задач на геометрические места в пространстве. Во многих задачах достаточно найти геометрическое место точек в пределах одной плоскости и после соответствующего перемещения найденной фигуры получается пространственная фигура, являющаяся искомым геометрическим местом точек в пространстве. Очень часто геометрическим местом точек является не одна прямая, плоскость, сфера и т. д., а две и больше (задачи 156,158,171,173,182, 185,187,188,191,202, 244 и т. д.); есть и такие задачи, когда геометрическим местом точек являются части прямых, плоскостей, сферы и т. д. (задачи 200, 201, 209—237, 281, 284 и т. д.). Поэтому, прежде чем сделать заключение, необходимо провести исследование решения.

В настоящей книге, кроме задач, требующих решения в письменном виде, имеются задачи, которые могут быть решены устно с предварительным наброском эскиза чертежа (если это потребуется для

представления фигуры). Задачи такого рода следует считать очень полезными для развития пространственного представления. Они обычно не требуют большой затраты времени для решения, и поэтому их необходимо рекомендовать для проработки со всем классом.

Задачи, связанные с расстоянием от точек до сторон угла, образованного двумя прямыми, и до граней двугранного и трёхгранного углов, решаются в общем виде, т. е. отыскивается геометрическое место точек, обладающих некоторым свойством по отношению к двум пересекающимся прямым, двум (или трём) пересекающимся плоскостям. Во всех этих задачах (если не имеется специальной оговорки) под расстоянием от точки до грани угла понимается общепринятое определение расстояния от точки до плоскости, т. е. длина перпендикуляра, опущенного из данной точки на грань или её продолжение. В ряде задач требуется найти геометрическое место точек, обладающих некоторым свойством, с оговоркой: «...расстояния от точек геометрического места брать только до сторон (или граней) угла, но не до их продолжений». Приведём примеры.

1. В прямом параллелепипеде в основании лежит ромб. Найти г. м. т., равноудалённых от боковых граней AA'D'D и АА'В'В (черт. 121).

Ответ. Г. м. т. — две взаимно перпендикулярные плоскости, делящие все двугранные углы при ребре ААГ пополам.

2. Решить ту же задачу, принимая во внимание расстояние от точек геометрического места до граней, но не до их продолжений.

Ответ. Г. м. т. — прямоугольник ААЕЕУ где пл. ВВ'ЕЕ J_ пл. АА'В'В.

§ 2. Взаимное положение прямых и плоскостей в пространстве.

Параллельные прямые и плоскости

163. Найти г.м.т., делящих в отношении m : п отрезки прямых, пересекающих две данные параллельные плоскости Я и Q и заключённых между этими плоскостями (черт. 122).

Черт. 121.

1. Рассмотрим сначала случай, когда отрезки AxBXt Л909, АьВг параллельны между собой. Пусть Ми Af9, Мг — точки искомого геометрического места, т. е.

Но AxBx=A%B%t следовательно, М,Л1=/И9Л9 и четырехугольник. АХА%М%МХ — параллелограм; отсюда следует, что МХМ% || AXAV

Аналогично из пропорции л7~я~=лГд^ доказывается, что MXMZ\\AXAZ. По признаку параллельности плоскостей можно утверждать, что плоскость, определяемая прямыми МХМ% и MXMZ, параллельна плоскости Р. Таким образом, точки искомого геометрического места, в рассмотренном частном случае, лежат в плоскости, параллельной данным плоскостям.

2. Пусть АХВХ; Л9Я9; AZBZ — отрезки произвольных прямых, заключённые между данными плоскостями (черт. 123). Мх М%, Мъ — точки искомого геометрического места, т. е.

MjAj_M9AS_MtAt_m ,«v

Построим отрезки АгС \\ АХВХ и A^D \\ AZBZ. Пусть точки К и L делят эти отрезки в данном отношении, т. е.

Как доказано для 1-го случая, точки К, делящие в данном отношении всевозможные отрезки, параллельные отрезку AxBXt лежат в одной плоскости, параллельной данным плоскостям (и проходящей через точку Мх). Аналогично точки L тоже лежат в одной плоскости, параллельной данным плоскостям, и проходящей через точку Мг. Остаётся доказать, что эти плоскости сливаются между собой и проходят через точку Мг.

Проведём плоскости через пересекающиеся прямые А^ВЪ А%С и Л9£9, A^D. Из соотношений (1) и (2) следует:

(3)

Черт. 122.

Отсюда КМ% II Cß9; LM4 || Dß2. Следовательно, плоскость, определяемая прямыми КМЧ и LM9, параллельна плоскости Q. Точки Мх

и Мг тоже лежат в этой плоскости, так как в противном случае через точку К (или L) можно было провести две плоскости, параллельные плоскости Q.

Аналогично решается задача для случая, когда отрезки, заключённые между плоскостями, делятся в данном отношении внешним образом, за исключением случаев, когда т = п.

Заключение. Искомым геометрическим местом точек являются две плоскости, параллельные данным плоскостям и делящие в данном отношении отрезки прямых, заключённые между данными плоскостями как внутренним, так и внешним образом, при тфп. При т = п г. м. т.— одна плоскость, делящая отрезки пополам.

а) Найти геометрическое место середин отрезков, концы которых лежат на двух данных скрещивающихся прямых KL и MN.

б) (Устно.) Найти геометрическое место прямых, проходящих через данную точку А и параллельных данной плоскости Р.

154. Найти геометрическое место центров тяжести треугольников, основания которых лежат на данной плоскости Я, а вершины — на другой данной плоскости Q, параллельной плоскости Р.

166. Найти геометрическое место вершин треугольников,основания которых лежат в данной плоскости Я, а центры тяжести их находятся в плоскости Q, параллельной плоскости Р.

166. Дан отрезок AB и плоскость Р9 параллельная AB. Отрезок CD данной длины перемещается в плоскости Р, оставаясь параллельным AB. Найти г. м. т.: 1) пересечения прямых АС и BD и 2) пересечения отрезков прямых AD и ВС.

167. Найти геометрическое место центров окружностей, описанных около прямоугольных треугольников, вершины острых углов которых лежат на двух данных параллельных плоскостях. (Решение сводится к задаче 153.)

168. Отрезки лучей, проведённые из данной точки вне плоскости ко всем точкам этой плоскости, разделены в отношении m : п. Найти г. м. т. деления.

169. Найти г. м. т., делящих в отношении т:п отрезки параллельных прямых, заключённые между двумя данными пересекающимися плоскостями.

160. Найти г. м. т., симметричных данной точке А относительно всех точек данной прямой KL.

161. Найти г. м. т., симметричных данной точке А относительно всех точек данной плоскости Р% не проходящей через А.

Черт. 123.

162. Найти г. м. т., симметричных данной точке А относительно всех точек, лежащих в данной плоскости Р и одинаково удалённых от точки А.

Перпендикуляр и наклонные к плоскости

163. Найти в пространстве г. м. т., равноотстоящих от двух данных точек А а В (черт. 124).

Аналогичная задача была рассмотрена на плоскости (задача 6). Через прямую, определяемую отрезком AB, можно провести бесчисленное множество плоскостей (пучок плоскостей). Искомым г. м. т. для каждой плоскости, принадлежащей пучку, является прямая линия, перпендикулярная AB и проходящая через середину С отрезка AB. На чертеже 124 для плоскости 1 г. м. т. будет прямая ЛТ,Л^;

Прямые MXNX\ M^Nq] M3NZ и т. д. лежат в одной плоскости Рг9 перпендикулярной к AB. Нетрудно убедиться в том, что плоскость Р является искомым г. м. т. Будем вращать плоскость I вокруг AB. При таком вращении плоскость I будет последовательно переходить через положения всех плоскостей, принадлежащих пучку, а прямая MtNu вращаясь вокруг точки С, опишет плоскость Р.

Заключение. Г.м.т.— плоскость Р, перпендикулярная прямой AB и делящая отрезок AB пополам.

а) На данной плоскости Р найти точки, равноудалённые от двух данных точек А и В.

б) В данном круге найти точки, равноудалённые от двух данных точек А и В (то же на данной окружности).

в) На данной прямой KL найти точку, равноудалённую от данных точек А и В.

г) (Устно.) Найти геометрическое место осей симметрии двух данных точек А и В.

164. Найти в пространстве г. м. т., равноудалённых от трёх данных точек, не лежащих на одной прямой.

1-й способ решения (черт. 125). Три данные точки А, В и С определяют плоскость треугольника ABC. На основании задачи 163 г. м. т., равноудалённых от точек А и В, есть пл. PJ^AB и

Черг. 124.

Черт. 125.

проходящая через середину D стороны AB; аналогично для точек В и С г. м. т. будет плоскость Q. Точки, принадлежащие линии пересечения MN плоскостей Р и Q, находятся на одинаковом расстоянии от А, В и С. Прямая MN—искомое г. м. т.

Точка О пересечения прямой MN с плоскостью ABC принадлежит геометрическому месту, следовательно, она находится на равном расстоянии от А, В и С и является центром окружности, описанной около треугольника ABC

Далее,таккак АВ±_пп.Р9 то AB ±_MN; аналогично BC±_MN, отсюда MN J__ пл. ABC

Заключение. Г. м. т.— прямая линия, перпендикулярная к плоскости, определяемой данными точками А, В и С, и проходящая через центр окружности, описанной около треугольника ABC. 2-й способ решения (черт. 126). Пусть M — одна из точек искомого г. м. т., т. е. МА = МВ = МС. Наклонные равны, следовательно, и проекции их на плоскость ABC равны между собой, т. е. ОА = ОВ = ОСу где МО ± пл. ABC.

Отсюда следует: 1) что О—центр окружности, описанной около треугольника ABC; 2) что точки г. м. проектируются в фиксированную точку на плоскости ABC; следовательно, они лежат на одном и том же перпендикуляре к плоскости ABC, проходящем через точку О.

165. Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса г, лежащих в плоскостях, проходящих через данную прямую и касающихся этой прямой в одной и той же точке А.

166. Найти геометрическое место оснований равных наклонных, проведённых из одной точки А, лежащей вне данной плоскости Р.

167. Дана плоскость Р и вне её точка А. Через точку ß, лежащую на плоскости Р9 проведены всевозможные прямые в плоскости Р. Найти геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных на эти прямые из точки А (черт. 127).

Плоскость Р9 точки А и В заданы; следовательно, положение их в пространстве фиксировано.

Из точки А к плоскости Р можно провести бесчисленное множество наклонных и один перпендикуляр АС. Точка С неподвижна

Черт. 126.

(так как её положение не изменяется при перемещении точки г. м.). Таким образом, на плоскости Р отрезок ВС является неизменяемым по величине и положению элементом фигуры.

Возьмём произвольную прямую BD и проведём AM ±_BD. M — одна из точек г. м. Наклонная AM Л-BD, следовательно, и её проекция СМ 1_ BD.

Из точек г. м. определённый отрезок ВС виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67, следствие 1.)

Заключение. Г. м. т.— окружность на плоскости Р с диаметром ВС.

168. Найти геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из данной точки А, лежащей вне данной прямой CD, на все плоскости, проходящие через эту прямую (черт. 128).

Через точку А проведём плоскость Р _[_ CD. Возьмём произвольную плоскость Q, проходящую через прямую CD. BN—линия пересечения плоскостей Р и Q. Из точки А опустим перпендикуляр AM на плоскость Q. Отрезок AM целиком лежит в плоскости Р. Это видно из следующих рассуждений. Допустим противное, т. е. пусть точка M не принадлежит плоскости Р (следовательно, и прямой BN), тогда перпендикуляр AM займёт положение AM, где точка M принадлежит только плоскости Q и не принадлежит плоскости Р. Из построений следует: 1) CB_LBMr по теореме о трёх перпендикулярах; 2) СВ J_ BN, так как СВ _|_ пл. Р, a BN лежит в плоскости Р. Таким образом, в плоскости Q из точки В проведено два перпендикуляра (ВМ' и BN) к прямой CD, что невозможно. Следовательно, отрезки AM' и AM совпадают.

Точки искомого геометрического места лежат в одной плоскости Pt перпендикулярной к CD. Из точек геометрического места

Черт. 127.

Черт. 128.

Черт. 129.

определённый отрезок AB на плоскости Р виден под прямым углом. (Решение сводится к задаче 67, следствие 1.)

Заключение. Г. м. т. — окружность с диаметром AB, расположенная в плоскости Р.

а) (Устно.) Найти геометрическое место перпендикуляров, опущенных из данной точки А на плоскости, проходящие через данную прямую CD.

169. Найти геометрическое место точек, симметричных данной точке А относительно всех плоскостей, проходящих через данную прямую CD.

170*. Найти г. м. т. в пространстве, для которых разность квадратов расстояний от двух данных точек А и В равна т*.

Пусть M— одна из точек искомого г. м. т. (черт. 129). Через точки А, В, M проведём плоскость. Известно (см. задачу 121), что г. м. т. на плоскости, обладающих данным свойством, является прямая MN _[_АВ, причём AN'2 — BN* = m% (1). Точки А и В даны, следовательно, положение точки N одно и то же при любом положении точки искомого геометрического места на прямой MN. При вращении плоскости АМВ вокруг прямой AB прямая MN опишет плоскость Р, перпендикулярную AB, так как прямая MN при вращении будет оставаться перпендикулярной к AB при любом положении плоскости АМВ.

Заключение. Г. м. т. — плоскость Р, перпендикулярная к прямой AB.

Зависимость между параллельностью и перпендикулярностью прямых и плоскостей

171. Найти г. м. т. в пространстве, отстоящих от данной плоскости Р на расстоянии а (черт. 130).

Пусть Мх, Ж9, М3 — точки искомого геометрического места, т. е.: 1) МХАХ _L пл. Р, М^Аг _1_ пл. Р и МгАг X пл. Я и 2) МХАХ = МгА^ = М3А3 = а. Перпендикуляры МХАХ; М^Аъ, M3AZ к плоскости Р параллельны между собой; следовательно, через каждую пару перпендикуляров можно провести плоскость. Образовавшиеся четырёхугольники АХМХМ^А^; AXMXMZAZ— прямоугольники; следовательно, МХМ% II АХА2; МхМг И AXAZ. По признаку параллельности плоскостей плоскость, определяемая точками Мх, Мъ M3i параллельна плоскости Р. Аналогично точки /V,, Nit Nz геометрического места, лежащие по другую сторону плоскости Р, находятся тоже в плоскости, параллельной плоскости Р.

Черт. 130.

Заключение. Г. м. т. — две плоскости, параллельные данной плоскости.

а) На данной прямой KL найти точку, удалённую от данной плоскости Я на расстояние а.

б) Найти г. м. т., удалённых от данной плоскости Р на расстояние а и равноудалённых от двух данных точек А и В.

172. Найти г. м. т., равноудалённых от двух данных параллельных плоскостей Р и Q.

а) На плоскости R найти г. м. т., одинаково удалённых от двух данных параллельных плоскостей Q и А

173. На данной плоскости Р найти г. м. т., находящихся от другой данной плоскости Q, не параллельной плоскости Я, на данном расстоянии а.

174. На двух данных пересекающихся плоскостях Р и Q найти г. м. т., удалённых от третьей данной плоскости R на расстоянии, равном а. Исследовать решение задачи для различных положений плоскости R.

176. Найти г. м. т., удалённых от двух пересекающихся плоскостей Я и Q на расстояние а.

а) (Устно.) Найти г. м. т., удалённых на расстояние а от данной плоскости Я и на расстояние b от другой данной плоскости Q.

176. Найти г. м. т., разность расстояний которых от двух данных параллельных плоскостей равна данному отрезку d.

177. Найти г. м. т., сумма расстояний которых от двух данных параллельных плоскостей равна данному отрезку s.

178. Найти г. м. т. в пространстве, для которых разность квадратов расстояний от двух данных параллельных плоскостей Я и Q равна т*.

179. Найти геометрическое место середин наклонных, проведённых из точки А к данной плоскости Я.

180. Найти геометрическое место середин равных наклонных, проведённых из данной точки А к данной плоскости Я.

181. Отрезок AB постоянной длины скользит своими концами по двум параллельным плоскостям Я и Q. Через точку А проведена плоскость R JL AB, а через В — прямая ВС _1_ плоскости Я, пересекающая плоскость R в точке С. Найти г. м. т. С.

182. Найти геометрическое место концов равных отрезков, имеющих общее начало А на данной плоскости Я и наклонённых к этой плоскости под одинаковыми углами.

183. Дана прямая. Через точку Л этой прямой проведены прямые, наклонённые к данной прямой под данным по величине углом. На этих прямых по обе стороны от точки А отложены отрезки данной длины с. Найти геометрическое место концов этих отрезков. (Решается аналогично задаче 182.)

184. Найти г. м. т., находящихся на данном расстоянии а от данной плоскости Я и на данном расстоянии b от данной прямой AB, перпендикулярной к плоскости Я. (При решении последовательно применяются задачи 171 и 1.)

186. Найти г. м. т., находящихся на данном расстоянии а от данной плоскости Я и на данном расстоянии b от данной точки Л, не лежащей на плоскости Р.

На основании задачи 171 точки геометрического места расположатся на плоскостях Q и Q't параллельных плоскости Р и отстоящих от нее на расстоянии, равном а (черт. 131).

Наклонные АМ = Ь к плоскости Q равны между собой, следовательно, равны и их проекции. Таким образом, на основании задачи 1 искомым г. м. т. является окружность с радиусом OM=\/b*— АО*.

Исследование. Посмотрим, как влияет положение точки А и величины отрезков а и b на результат. I. АВ^а (черт. 131, 132).

1) Если b <[ АО, то задача не имеет решения.

2) Если b = AOf то г. м. т. —одна точка О.

3) Если АО < b < АО, то г. м. т. — окружность в плоскости Q с радиусом ОМ (черт. 131).

4) Если Ь = АО = АВ-\-а, то г. м. т.—окружность в плоскости Q и одна точка О' в плоскости

5) Если Ь^>АО\ т. е. Ь*^>АВ~\-а, то г. м. т.—две окружности в плоскостях Q и Q' (черт. 132-а).

II. АВ^а (черт. 132-6). Все пять заключений п. I справедливы также и для этого случая.

Черт. 131.

Черт. 132-а.

186. Найти г. м. т., симметричных данной точке А относительно всех прямых, параллельных данной прямой CD.

187. Найти г. м. т., отношение расстояний которых от двух данных параллельных плоскостей Р и Q имеет постоянную величину т:п.

Пусть Мх—одна из точек искомого геометрического места (черт. 133) в части пространства, заключённой между плоскостями

KL — постоянная величина (неизменяемое выражение). (Решение сводится к задаче 171.) Точки геометрического места в части пространства, заключенной между данными плоскостями, расположены в плоскости R, параллельной этим плоскостям. Точки, находящиеся в плоскости /?, делят расстояние KL между данными плоскостями в заданном отношении т:п внутренним образом.

Черт. 132-6.

Черт. 133.

Пусть точка М% делит отрезок KL в заданном отношении т:п внешним образом, т. е. — — (2); отсюда — м % =——, или ^пг7т= -—— и МоК=—---KL — постоянная величина. Отсюда следует, что точки геометрического места, расположенные во внешней части пространства по отношению к данным плоскостям Я и Q, находятся в плоскости S, параллельной данным плоскостям.

При записи пропорций (1) и (2) за m частей принималось расстояние от точек геометрического места до плоскости Я, а за п таких же частей — расстояние до плоскости Q. В связи с этим необходимо учитывать, что геометрическим местом точек Мх (а также Ж9) являются не две плоскости, как это вытекает из задачи 171, а только одна; а именно — для точек Ж,—плоскость/?, расположенная в части пространства между плоскостями Я и Q на расстоянии МХК от плоскости Я. В плоскости же, расположенной по другую сторону от плоскости Я на расстоянии, равном МХК, не могут находиться точки искомого геометрического места.

Заключение. Если m ф п, то г. м. т. —две плоскости R и 5, параллельные данным плоскостям и делящие расстояние между ними в данном отношении внутренним и внешним образом. Если т = п, то г. м. т. — одна плоскость, делящая расстояние между данными плоскостями пополам.

Двугранные и трёхгранные углы

188. Найти г.м.т., равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей.

Построение рабочего чертежа (черт. 134). Пусть РР и QQ' — данные плоскости, пересекающиеся по прямой AB. Плоскости заданы, следовательно, прямая AB занимает определённое положение в пространстве. Предположим, что точка M принадлежит искомому геометрическому месту, т. е. MD __L пл. РР; ME _L пл. QQ't MD = ME.

Через MD и ME проведём плоскость /?, которая пересечёт данные плоскости по прямым DCD' и ЕСЕ и прямую AB в точке С.

Черт. 134.

Доказательство. Плоскость R проходит через перпендикуляры MD и ME к данным плоскостям, следовательно, пл. R _1_ пл. РР' и пл. R _]_ пл. QQ', тогда пл. R JL AB. Отсюда следует, что AB _L DCD'; AB ± ЕСЕ!; AB __L МСМ'.

Следовательно, /_ DCE — линейный угол двугранного угла PABQ. Аналогично проводятся рассуждения для всех остальных двугранных углов.

На плоскости R г. м. т., равноудалённых от двух пересекающихся прямых, суть две прямые ММ' и AW, делящие углы пополам (задача 17).

Таким образом, точки искомого геометрического места лежат на биссектрисах линейных углов всех двугранных углов, образованных при пересечении данных плоскостей. Плоскости (/?) линейных углов, будучи перпендикулярными AB, параллельны между собой. Так как линейный угол имеет одну и ту же величину независимо от того, где будет построена плоскость /?_1_ЛБ, то бис-

сектриеы всех линейных углов одного и того же двугранного угла параллельны между собой. Поэтому, при непрерывном перемещении плоскости R в пространстве параллельно самой себе, прямые DU и ЕЕ опишут данные плоскости, а прямые ММ и NN* опишут плоскости и TT, в которых расположатся точки искомого геометрического места. Эти плоскости делят двугранные углы, образованные данными плоскостями, пополам и перпендикулярны между собой.

Заключение. Г. м. т. — две плоскости, делящие углы между данными плоскостями пополам.

Замечание. Если находить г. м. т., равноудалённых от граней двугранных углов, а не от их продолжений, то можно сделать следующее заключение.

Г. м. т. являются четыре полуплоскости, расположенные во внутренних областях двугранных углов, образованных данными пересекающимися плоскостями.

Для угла PABQ г. м. т. — полуплоскость S; . P'ABQ' . „ S';

ш PABQ1 . . Т;

. P'ABQ . . Г.

189. На данной плоскости R найти г. м. т., равноудалённых от двух данных пересекающихся плоскостей Р и Q,

190. Найти г. м. т., равноудалённых от граней данного двугранного угла и находящихся на данном расстоянии а от данной плоскости R.

191. Найти в пространстве г. м. т., равноудалённых от двух данных пересекающихся прямых.

АС и BD — данные прямые (черт. 135), Р—плоскость, ими определяемая.

Пусть M — произвольная точка искомого г. м. т., т. е. MF ±_АС, ME _\_BD и MF=ME. Опустим перпендикуляр MN на плоскость Р;

NF = NE, как проекции равных наклонных MF и ME на плоскость Р. Прямые АС и BD перпендикулярны к наклонным, следовательно,

Черт. 135.

они перпендикулярны к их проекциям, т. е. AC A-NF и BD \.NE% Мы видим, что проекция произвольной точки г. м. на плоскость Р9 определяемую данными прямыми, находится на одинаковом расстоянии от АС и BD. Как известно из задачи 17, г. м. т., равноудалённых от двух пересекающихся прямых на плоскости, являются две Прямые линии KG и HI, делящие углы, образованные данными прямыми АС и BD, пополам. Все точки перпендикуляра AIN, очевидно, принадлежат г. м. т. Построим плоскость QQ' через прямые MN и KG. Эта плоскость, по признаку перпендикулярности плоскостей, перпендикулярна плоскости Р. Все точки плоскости QQ' принадлежат искомому г. м., так как эта плоскость может быть получена параллельным перемещением перпендикуляра AIN, все точки которого при любом положении А! принадлежат искомому г. м.

Аналогично доказывается, что точки искомого г. м. лежат также и на плоскости RR', перпендикулярной плоскости Р. Плоскости QQ' и RR' перпендикулярны между собой, так как линейные углы KOI и КОН—прямые.

Заключение. Г. м. т. являются две плоскости Qty и RR', перпендикулярные к плоскости Р, перпендикулярные между собой и делящие углы между данными прямыми пополам.

Изменим условие задачи.

Найти г. м. т. в пространстве, равноудалённых от сторон данного угла (но не от их продолжений).

При пересечении двух прямых образуется четыре угла, следовательно:

1) для угла COD г. м. т. — полуплоскость Q;

2) „ АОВ „ . Q';

3) . ВОС „ . R;

4) . AOD „ „ R'.

Таким образом, г. м. т. в пространстве, равноудалённых от сторон данного угла, есть полуплоскость, перпендикулярная к плоскости угла и делящая угол пополам.

а) Найти г. м. т., равноудалённых от трёх прямых, лежащих в одной плоскости и попарно пересекающихся между собой.

б) (Устно.) Найти г. м. т., равноудалённых от трёх прямых, лежащих в одной плоскости и пересекающихся в одной точке.

192. Найти г. м. т. в пространстве, равноудалённых от двух параллельных прямых AB и CD (черт. 136).

Пусть Р— плоскость, определяемая прямыми AB и CD.

Черт. 136.

M— одна из точек искомого геометрического места, т. е. ME _1_АВ; MF ± CD и ME = MF. Проведём MN ±_ пл. А

Прямые AB и CD, будучи перпендикулярными к наклонным ME и MF, перпендикулярны к их проекциям EN и FN, которые лежат на одной прямой EF, так как AB \\ CD; кроме того, EN=FN, как проекции равных наклонных ME и MF. Таким образом, проекции точек геометрического места на плоскость Р делят расстояние (EF) между параллельными прямыми AB и CD пополам. Геометрическим местом проекций N точек M на плоскость Р является прямая линия, параллельная данным прямым и проходящая посередине между ними (задача 13); следовательно, при параллельном перемещении прямой MN она опишет плоскость Q, проходящую через MN и KL и перпендикулярную плоскости Р. В этой плоскости расположены точки искомого геометрического места, так как все точки перпендикуляра MN при любом его положении и точки M на нём принадлежат геометрическому месту.

а) Найти г. м. т., равноудалённых от двух данных параллельных прямых KL и MN и равноудалённых от двух данных точек Л и Б.

б) Найти г. м. т., равноудалённых от двух параллельных прямых АХ и MN и удалённых от данной плоскости Р на расстояние а.

в) Найти г. м. т., равноудалённых от трёх параллельных прямых, не лежащих в одной плоскости.

г) Найти г. м. т., равноудалённых от трёх прямых, лежащих в одной плоскости, если известно, что две прямые параллельны, а третья является секущей.

193. Найти геометрическое место начальных точек лучей, идущих к сторонам данного угла и одинаково наклонённых к ним.

194. Дана прямая AB, параллельная данной плоскости Р. Найти геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из точек прямой AB на плоскость Р.

196. Найти во внутренней области трёхгранного угла г. м. т., равноудалённых от его граней.

Пусть SABC — данный трёхгранный угол (черт. 137). На основании задачи 188 г. м. т., равноудалённых от граней двугранного угла SA и лежащих во внутренней его области, есть полуплоскость Р, делящая этот угол пополам; аналогично для двугранного угла SB — полуплоскость Q. Полуплоскости Р и Q пересекаются по прямой, проходящей через вершину 5. Точки искомого геометрического места лежат на луче SM, так как часть прямой SM, расположенная выше точки 5, находится во внешней области трёхгранного угла. Все точки луча SM равноудалены от граней ASC, BSC и ASB.

Черт. 137.

Изменим условие задачи.

Найти г. м. т., равноудалённых от трёх плоскостей, проходящих через одну точку (и не сливающихся между собой).

При пересечении трёх плоскостей, проходящих через одну точку, образуется восемь трёхгранных углов, которые составляют четыре пары противоположных трёхгранных углов. Для каждого трёхгранного угла во внутренней его области г. м. т. является луч, проходящий через вершину 5, а для каждой пары противоположных трёхгранных углов эти лучи составляют прямую линию.

Заключение. Г. м. т. — четыре прямые линии.

196. Найти во внутренней области трёхгранного угла г. м. т., равноудалённых от его рёбер.

Пусть S ABC— данный трёхгранный угол (черт. 138). Г. м. т., равноудалённых от сторон (но не продолжений) SA и SB плоского угла ASB, является полуплоскость Р, перпендикулярная к плоскости угла ASB и проходящая через его биссектрису SD (задача 191). Аналогично полуплоскость Q является г. м. т., равноудалённых от сторон SB и SC плоского угла BSC Полуплоскости Р и Q пересекаются по прямой SM, проходящей через вершину 5. Все точки этой прямой равноудалены от рёбер указанных двугранных углов. Условию задачи удовлетворяют только точки, расположенные на луче SM. Все точки луча SM расположены во внутренней области трёхгранного угла и равноудалены от рёбер SA, SB и SC.

Заключение. Г. м. т. — луч по которому пересекаются полуплоскости, перпендикулярные к граням трёхгранного угла и делящие пополам его плоские углы. Изменим условие задачи.

Найти г. м. т., равноудалённых от линий пересечения трёх плоскостей, проходящих через одну точку.

Повторив рассуждения задачи 195, можно сделать следующее заключение.

Г. м. т. — четыре прямые линии, по которым пересекаются плоскости, делящие все плоские углы пополам и перпендикулярные к граням трёхгранного угла.

197. Найти г. м. т. пересечения высот треугольников, получаемых в сечении трёхгранного угла параллельными плоскостями, пересекающими все рёбра трёхгранного угла.

Построение рабочего чертежа. Дан трёхгранный угол с вершиной S (черт. 139). Возьмём произвольно две секущие плоскости

Черт. 138.

АХВХСХ и Л2Б2С2, параллельные между собой. В полученных треугольниках проведём высоты AxEXi Л2£2, CxDXi C2D2; Мх и М%— точки искомого геометрического места.

Доказательство. Грань &42С2 пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым АХСХ и -Д2С2. Аналогично ВХСХ \\ II В2С2 и АХВХ II Л2В2. Отсюда следует, что треугольники АХВХСХ и Л2В2С2 подобны, так как имеют соответственно равные углы. В подобных треугольниках сходственные высоты AxEXi CXDX и Л2Е2, C2D2 образуют соответственно равные углы со сходственными сторонами, т. е.

следовательно:

Отсюда 11 =--i—L (1). С другой стороны, из подобия треугольников SAXCX и 5Л2С2 следует: -p7^ = --ri (2). Из соотношений имеем: Ж = й <3>-

Черт. 139.

Параллельные прямые АХЕХ и Л2£9 определяют плоскость. В этой плоскости лежат точки S, Мх и Ж2. Соединим между собой попарно точки 5 и Мх; S и Ж2.

В треугольниках SAXMX и 5Л2Ж2: £SAlMx = ,/5Л2Ж2 и стороны, образующие эти углы, пропорциональны в силу равенства (3), следовательно, треугольники подобны и угол при вершине в этих треугольниках — общий. Отсюда следует, что отрезки SMX и 5Af2 должны лежать на одной прямой.

Заключение. Г. м. т. — луч SM во внутренней области трёхгранного угла.

198. Найти г. м. т. пересечения медиан треугольника (центров тяжести), полученных в сечении трёхгранного угла параллельными плоскостями.

199. Найти г. м. центров окружностей, описанных около треугольников, полученных в сечении трёхгранного угла параллельными плоскостями.

200. Найти г. м. т., расстояния которых от двух данных пересекающихся плоскостей находятся в отношении т: п.

Пусть Р и Q — данные плоскости, AB — линия их пересечения, M — одна из точек искомого геометрического места, т. е. MC _L пл. Р,

MD 1пл. Q, (черт. 140). Построим плоскость MDBC через перпендикуляры MD и MC. Эта плоскость перпендикулярна к плоскостям Ри Q ик прямой AB. Г. м. т. на плоскости MDBC, отношение расстояний которых до двух пересекающихся прямых СВ и DB есть постоянная величина, являются две прямые ММ' и NAT (см. задачу 118).

При перемещении точки M в пространстве плоскость MDBC, оставаясь перпендикулярной к AB, будет перемещаться параллельно самой себе. При этом определённые по положению прямые ММ' и NN\ лежащие в плоскости MDBC, опишут плоскости R и Т, которые и являются искомым геометрическим местом точек.

Замечание. Для внутренних областей каждого из четырёх двугранных углов г. м. т., отношение расстояний которых от граней угла равно постоянной величине, являются четыре полуплоскости:

Для угла PABQ — полуплоскость R;

Черт. 140.

201. Найти г. м. т. во внутренней области данного трёхгранного угла, расстояния которых от граней угла пропорциональны трём заданным числам m, п, р.

Обозначим расстояния от точек геометрического места до граней SBC, SAB и SAC соответственно через х, у, z. По условию x:y:z = m:n:p (черт. 141).

Г. м. т. во внутренней области двугранного угла SB, отношение расстояний которых от граней SBC и SBA равно постоянной величине х:у = т:п, есть полуплоскость Р, проходящая через ребро SB (см. задачу 200). Аналогично для граней SAB и SAC отношение расстояний равно y:z = n:p и г. м. т. есть полуплоскость Q, проходящая через ребро SA. Полуплоскости Р и Q во внутренней области трёхгранного угла пересекаются по лучу SM, который и является искомым геометрическим местом точек.

202*. Найти г. м. т., сумма расстояний которых от двух данных пересекающихся плоскостей равна данной величине s.

Пусть Р и Q — данные плоскости, AB — линия их пересечения, M — одна из точек искомого геометрического места, т. е. MG±_ пл. Я

ЖЯ1пл. Q и AfO-f-MH=s (черт. 142). Через прямые МО и МИ проведём плоскость MHBG, пересекающую плоскости PnQ по прямым DD' и ЕЕ и прямую AB в точке Б. Плоскость MHBG перпендикулярна к плоскостям Р и Ç, так как она проходит через перпендикуляры MG и МИ к этим плоскостям; следовательно, пл. MHBG _L -ДВ (линии пересечения плоскостей Р и Q). В плоскости MHBG г. м. т., сумма расстояний которых до двух пересекающихся прямых DD' и ЕЕ' равна постоянной величине s, является контур прямоугольника DED'E (см. задачу 19).

При произвольном выборе точки геометрического места плоскость DED'E перпендикулярна к прямой AB, следовательно, плоскости, в которых лежат прямоугольники, для различных положений точки M, параллельны между собой. Стороны и диагонали этих прямоугольников соответственно равны и параллельны между собой. Отсюда следует: если плоскость DED'E перемещать в пространстве параллельно самой себе так, чтобы точка В всё время оставалась на прямой AB, точка D — на плоскости Q и точка Е— на плоскости Р, то стороны прямоугольника DED'E опишут части плоскостей: сторона DE — плоскость R, D'E — плоскость R', ED' — плоскость Т, ED — плоскость Т'\ при этом пл. R _L пл. Т, пл. R' _L пл. Т. Части плоскостей R, R', Т, V являются искомым геометрическим местом точек.

Черт. 141.

Черт. 142.

Заключение. Г.м.т., сумма расстояний которых до двух данных пересекающихся плоскостей есть постоянная величина, являются части четырёх попарно перпендикулярных плоскостей, заключённые во внутренних областях всех двугранных углов, образованных данными плоскостями.

203*. Найти г. м. т., разность расстояний которых от двух данных пересекающихся плоскостей равна данной величине d.

Пусть Я и Q — данные плоскости, AB — линия их пересечения, M— произвольная точка искомого геометрического места (черт. 143). Будем считать расстояния от точки M до плоскости Р большими, чем до плоскости Q. На расстоянии d от плоскости Р построим пл. U К пл. Р и пл. U У пл. Р. Проведём MC _L пл. Р и MD±_xv\. Q. По условию MC — MD = d. Через прямые MC и MD проведём плоскость MDBC, пересекающую прямую AB в точке В, и плоскости U w If—по прямым ЕКЕ и FKE* Эта плоскость перпендикулярна к плоскостям Р и Q, так как она проходит через перпендикуляры MC и MD к этим плоскостям; следовательно, пл. MDBC Л_АВ (линии пересечения плоскостей Р и Q).

На плоскости MDBC г. м. т., разность расстояний которых до двух пересекающихся прямых DD' и СС есть постоянная величина, являются четыре луча: KM, KN, KM, K'N1, делящие углы DKE, DKE, D'KF, D'KF пополам (см. задачу 20).

Допустим, что точка M перемещается в пространстве. Точка К, находясь в плоскости Q на постоянном расстоянии d от плоскости Р и на постоянном расстоянии KB от прямой AB, опишет прямую KL,

Черт. 143.

параллельную плоскости Р и ребру AB. При перемещении точки M в пространстве направления прямых СС и DD' остаются неизменными. Следовательно, биссектрисы KM, KN, КМ', К№ постоянных по величине линейных углов со сторонами, параллельными прямым СС и DD', будут перемещаться параллельно своим направлениям и описывать полуплоскости: луч КМ опишет полуплоскость R, луч Ä7V—полуплоскость Т, луч КМ' — полуплоскость R', луч К№ — полуплоскость Т. Полуплоскости R, R', Т, Т являются искомым геометрическим местом точек. Эти полуплоскости являются биссекторными полуплоскостями для двугранных углов с рёбрами KL и KL', причём пл. R _L пл. Т, пл. R' JL пл. V, пл. R || пл. R1 и пл. Т II пл. Т.

Заключение. Г. м. т., разность расстояний которых до двух данных пересекающихся плоскостей есть величина постоянная, являются четыре полуплоскости попарно перпендикулярные и параллельные между собой.

204*. Найти г. м. т., для которых разность квадратов расстояний от двух данных параллельных прямых KL и KL' равна постоянной величине m*.

Примечание. В гл. III § 2 для проработки со всем классом можно рекомендовать все задачи, за исключением тех, которые отмечены звёздочкой.

§ 3. Многогранники

Призма

205. (Устно.) Дана правильная призма. Найти: 1) во внутренней области, 2) на поверхности г. м. т., равноудалённых: а) от концов одного бокового ребра, б) от двух вершин одного основания.

Рассмотреть треугольную, четырёхугольную и шестиугольную призмы, беря вершины основания в разных комбинациях.

206. (Устно.) Дана правильная призма. Найти: 1) во внутренней области, 2) на поверхности г. м. т., равноудалённых от двух вершин одного основания и концов одного из боковых рёбер.

Рассмотреть треугольную, четырёхугольную и шестиугольную призмы. Когда задача имеет решение?

207. (Устно.) Внутри куба найти г. м. т., равноудалённых от концов диагонали его грани.

а) Внутри куба найти г. м. т., равноудалённых от концов диагоналей двух граней куба. Когда возможна задача?

б) Найти внутри куба г. м. т., равноудалённых от трёх вершин, не лежащих в одной грани.

в) Найти внутри куба г. м. т., равноудалённых от четырёх вершин куба, лежащих в одной грани.

208. (Устно.) В прямой призме найти г. м. т., равноудалённых от оснований призмы: 1) внутри призмы, 2) на поверхности призмы, 3) в пространстве.

209. В наклонной призме найти г. м. т., равноудалённых от оснований призмы, беря расстояния от точек геометрического места до оснований, но не до их продолжений. Рассмотреть случаи наклонного параллелепипеда и треугольной призмы.

210. В прямом параллелепипеде найти г. м. т., равноудалённых: а) от двух его оснований, б) от двух противоположных боковых граней (в двух комбинациях).

Примечание. Расстояние брать до граней, но не до их продолжений.

211. (Устно.) В правильной шестиугольной призме найти г. м. т., равноудалённых: а) от двух параллельных боковых граней, б) от всех боковых граней, в) от двух параллельных между собой диагональных сечений, г) от боковой грани и параллельного ей диагонального сечения призмы. Расстояния брать до граней, но не до их продолжений.

212. В условии задачи 211 найти г.м.т. на поверхности призмы.

213. (Устно.) В правильной четырёхугольной призме найти г. м. т., равноудалённых: 1) от двух смежных боковых граней, 2) от боковой грани и основания, 3) от всех боковых граней.

213-а. В правильной четырёхугольной призме найти г. м. т., равноудалённых: 1) от двух смежных боковых граней, 2) от боковой грани и основания, 3) от двух смежных боковых граней и одного основания.

Расстояние брать до граней, но не до их продолжений.

а) В условии задачи 213-а найти г.м.т. на поверхности призмы.

214. Решить задачу 213-а для правильной треугольной призмы.

215. В прямой треугольной призме найти г. м. т., равноудалённых от всех её боковых граней.

а) Решить задачу 216 с учётом примечания к задаче 210.

216. В прямоугольном параллелепипеде найти: 1) во внутренней его области, 2) на поверхности г. м. т., равноудалённых: а) от двух смежных боковых граней, б) от боковой грани и одного из оснований.

217. В прямоугольном параллелепипеде найти г. м. т., равноудалённых: а) от трёх его боковых граней, б) от двух смежных боковых граней и одного из оснований. Задачу решить с учётом примечания к задаче 210.

218. В прямом параллелепипеде найти г. м. т., равноудалённых от двух смежных боковых граней. Задачу решить с учётом примечания к задаче 210. Рассмотреть отдельно случаи острого и тупого угла между гранями.

а) В условии задачи 218 найти г. м. т. на поверхности параллелепипеда.

219. Решить задачу 217 для прямого параллелепипеда.

220. В правильной шестиугольной призме найти г. м. т., равноудалённых: а) от двух смежных боковых граней, б) от двух смежных боковых граней и лежащих на диагональных сечениях призмы (рассмотреть все сечения). Задачу решить с учётом примечания к задаче 210.

221. Дана правильная треугольная призма. Найти: 1) в пространстве, 2) на поверхности призмы г. м. т., равноудалённых от двух сторон основания.

221-а. Решить задачу 221, рассматривая расстояния от точек геометрического места до рёбер призмы, но не до их продолжений.

222. В прямом параллелепипеде найти г. м. т., равноудалённых от двух смежных сторон основания. Расстояния брать до рёбер, но не до их продолжений. Рассмотреть случаи, когда в основании лежит квадрат, прямоугольник, ромб, параллелограм.

а) В условии задачи 222 найти г. м. т. на поверхности параллелепипеда.

223. В правильной шестиугольной призме найти г. м. т., равноудалённых от двух диагональных сечений призмы, пересекающихся между собой. Рассмотреть различные комбинации пар сечений. Расстояния брать до диагональных сечений, но не до их продолжений.

Пирамида

224. (Устно.) Дана правильная треугольная пирамида. Найти:

1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области, 3) в пространстве г. м. т., равноудалённых от двух вершин основания.

а) Найти для данной пирамиды г. м. т., равноудалённых от трёх вершин основания в соответствии с задачей 224 (1, 2, 3).

б) Найти точку, равноудалённую от всех вершин правильной треугольной пирамиды.

225. В треугольной пирамиде найти г. м. т.: 1) на поверхности, 2) во внутренней области, 3) в пространстве, равноудалённых от двух вершин основания. Исследовать решение.

226. (Устно.) Дана правильная четырёхугольная пирамида. Найти: 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области, 3) в пространстве г.м. т., равноудалённых: а) от вершин двух углов основания, прилежащих к одной стороне, б) от двух противоположных вершин основания.

227. (Устно.) Внутри правильной четырёхугольной пирамиды найти г. м. т.. равноудалённых: а) от всех вершин основания, б) от всех её вершин.

228. Вершина четырёхугольной пирамиды, основанием которой служит прямоугольник, проектируется в точку пересечения диагоналей основания. Ответить на вопросы задач 226 и 227.

229. Вершина четырёхугольной пирамиды, основанием которой служит ромб, проектируется в точку пересечения диагоналей. Ответить на вопросы задачи 226 и найти г. м. т., равноудалённых от трёх вершин основания. Существуют ли точки, равноудалённые от всех вершин основания пирамиды?

230. Решить задачу 229 для случая, когда в основании пирамиды лежит параллелограм.

231. (Устно.) Дана правильная шестиугольная пирамида. Найти: 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области г.м.т.,

равноудалённых: а) от двух вершин основания (рассмотреть различные комбинации пар вершин); б) от любых трёх вершин основания; в) найти точку, равноудалённую от всех вершин пирамиды.

232. (Устно.) Дана правильная пирамида. 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области найти г.м.т., равноудалённых от вершины и центра основания пирамиды.

233. Дана правильная пирамида. Найти: 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области г. м. т., равноудалённых от двух вершин основания и концов бокового ребра, проходящего через одну из взятых вершин основания (рассмотреть случаи, когда в основании правильный треугольник и квадрат).

234. Дана правильная треугольная пирамида. Найти: 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области, 3) в пространстве г. м. т., равноудалённых от двух сторон основания.

234-а. Ответить на вопрос 3 задачи 234, беря расстояния от точек геометрического места до сторон основания, но не до их продолжений.

235. Дана правильная четырёхугольная пирамида. Найти: 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области, 3) в пространстве г. м. т., равноудалённых: а) от двух пересекающихся сторон основания, б) от двух противоположных сторон основания. Расстояния брать до сторон основания, но не до их продолжений.

236. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF. Найти: 1) на поверхности пирамиды, 2) во внутренней её области, 3) в пространстве г. м. т., равноудалённых: а) от сторон AB и ВС, б) от сторон AB и CD, в) от сторон AB и DE. Расстояния брать до сторон основания, но не до их продолжений.

237. На поверхности правильного тетраэдра найти г. м. т., равноудалённых от двух его граней.

238. (Устно.) Найти г. м. т., равноудалённых от трёх боковых граней правильной треугольной пирамиды во внутренней её области.

239. (Устно.) Найти г. м. т., равноудалённых от трёх вершин основания правильного октаэдра.

240. Доказать, что геометрическим местом точек, сумма расстояний которых от всех граней правильного тетраэдра равна его высоте, является вся внутренняя область тетраэдра и все точки его поверхности.

Пусть ABCD — правильный тетраэдр, Н= DO — его высота. Возьмём во внутренней области тетраэдра произвольную точку М; расстояния её от граней обозначим через hu Л2, Л3, hi (черт. 144). Соединим точку M с вершинами А, В, С, D. Весь тетраэдр разобьётся на четыре треугольные пирамиды с вершиной М\ основаниями этих

Черт. 144.

пирамид являются грани тетраэдра. Обозначим через Vlf V2, Vd, Vk объёмы этих пирамид и через V—объём всего тетраэдра, тогда:

В правильном тетраэдре площади всех граней равны между собой, следовательно,

С другой стороны, V = — SAbc-H, отсюда

следовательно, hx -J- h2 -f- hz -f- hk = H.

241. Решить задачу 240: 1) для куба и 2) для октаэдра.

§ 4. Круглые тела

Цилиндрические и конические поверхности

242. Найти в пространстве г. м. т. (или геометрическое место прямых линий), находящихся на данном расстоянии а от данной прямой. Пусть AB — данная прямая линия. Проведём через прямую AB произвольную плоскость (черт. 145). На плоскости г.м.т., отстоящих отданной прямой на одинаковом расстоянии а, являются две прямые MXNX и Af2iV2, параллельные прямой AB (задача 13).

Через заданную прямую AB можно провести бесчисленное множество плоскостей. Следовательно, существует бесчисленное множество пар прямых, лежащих в этих плоскостях и являющихся г. м. т., удволетворяющих условию задачи. Таким образом, если перемещать одну из этих прямых, например /W.jV,, параллельно своему направлению, сохраняя неизменным и равным а её расстояние от прямой AB, то полученная поверхность и будет являться искомым г. м. т. Как известно, при перемещении прямой линии в пространстве параллельно своему направлению образуется цилиндрическая поверхность. В данном случае расстояние от образующей MXNX до прямой AB остаётся постоянным; поэтому цилиндрическая поверхность является круговой.

Заключение. Г. м. т. в пространстве, находящихся на данном расстоянии а от данной прямой, есть цилиндрическая поверхность,

Черт. 145.

образующая которой параллельна данной прямой, а направляющей является окружность с центром на данной прямой и с радиусом, равным а. Плоскость окружности перпендикулярна данной прямой.

243. Найти г. м. т. в пространстве, находящихся на данном расстоянии а от двух данных параллельных прямых.

AB и CD — данные прямые (черт. 146). Для каждой прямой г. м. т. являются круговые цилиндрические поверхности с образующими, параллельными между собой и параллельными данным прямым (см. задачу 242). Точки искомого г. м. лежат на линиях пересечения MN и KL этих цилиндрических поверхностей. Нетрудно доказать, что MN У KL у AB. Исследование решения. Обозначим расстояние между данными прямыми через d. В рассмотренном нами случае (черт. 146) а^>-^ , так как в ромбе ОКОхМ сторона ОК=а больше половины диагонали —^=

Черт. 146.

Черт. 147. Черт. 148.

Возможны ещё два случая:

Если а = ~ > т0 задача имеет только одно решение (черт. 147).

При увеличении расстояния между данными прямыми AB и CD общая хорда двух окружностей будет уменьшаться, а образующие MN и

KL, оставаясь параллельными, будут приближаться друг к другу и при д = у точки К и M сольются в одну точку касания двух окружностей, а образующие MN и KL сольются в одну прямую, параллельную прямым AB и CD. Цилиндрические поверхности касаются.

Если а<^~, то задача решения не имеет, так как в этом случае цилиндрические поверхности не имеют общих точек (черт. 148).

244. Найти геометрическое место осей цилиндров данного радиуса г, касающихся данного цилиндра радиуса R.

245. Дана прямая KL и плоскость Р. Найти г. м. т., удалённых от прямой KL на расстояние а и от плоскости Р на расстояние Ь. Разобрать два случая: 1) KL II пл. Я, 2) ЛТ_]_пл. Р.

246. Найти: 1) во внутренней области двугранного угла, 2) на его гранях г. м. т., удалённых от ребра на расстояние, равное а.

247. Найти г. м. т., равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей и удалённых на данное расстояние а от линии их пересечения.

248. Найти г. м. т., расстояния которых от двух данных параллельных прямых относятся, как т:п (тф п).

249. Найти геометрическое место прямых, наклонённых под данным по величине углом к данной прямой АА и проходящих через данную на ней точку 5.

Возьмём произвольную прямую ММ, наклонённую к данной прямой АА под данным углом ASM и проходящую через данную точку 5 (черт. 149).

При любом перемещении в пространстве прямой MSM, проходящей через неподвижную точку S, образуется коническая поверхность. MSMT есть образующая конической поверхности. Для определения вида направляющей выберем на прямой ММ' произвольную точку N и проследим, по какой кривой линии перемещается точка N при перемещении ММ. Построим плоскость Р, проходящую через точку N и перпендикулярную к прямой АА. В прямоугольном треугольнике SON катет SO и угол NSO постоянны по величине при любом положении точки N; следовательно, расстояние ON при перемещении прямой ММ остаётся постоянным, и точка N опишет окружность.

Заключение. Г. м. т. — круговая коническая поверхность.

260. Найти геометрическое место прямых, проходящих через данную точку 5 и наклонённых под данным углом к данной плоскости.

Черт. 149.

261. Найти г.м.т., отношение расстояний которых от данной плоскости Р до данной на этой плоскости точки А равно т: п(т ф п).

262. Найти геометрическое место осей цилиндрических поверхностей данного радиуса г, касающихся данной конической поверхности (по образующей).

Пусть ASA' — одно из произвольных положений образующей данной конической поверхности (черт. 150); 5—её вершина (фиксированная точка); OSO — её ось. Цилиндрическая и коническая поверхности касаются по образующей. Подвижная цилиндрическая поверхность с радиусом г катится по данной неподвижной конической поверхности. Через образующую АА' проведём осевое сечение и в плоскости осевого сечения построим одно из положений оси ММ' подвижной цилиндрической поверхности радиуса г. Очевидно, ММ' У АА'. Ось 00' пересекает одну из параллельных прямых (АА) в точке S, следовательно, она пересекает и другую прямую (ММ'), например в точке 5'. В прямоугольном треугольнике SBS' катет S'B = г и угол S'SB постоянны по величине при любом положении ММ';следовательно, и гипотенуза имеет постоянную длину.

Кроме того, положение оси 00' и точки S на ней определённое, так как они принадлежат данной конической поверхности; отсюда следует, что и положение точки S' в пространстве — фиксированное; другими словами, при любом положении оси ММ' в пространстве она всегда будет проходить через одну и ту же точку S', а это значит, что ось ММ' при перемещении цилиндрической поверхности опишет коническую поверхность с вершиной в точке S. Для определения вида направляющей этой конической поверхности выясним, какую кривую описывает произвольно выбранная точка M при перемещении оси ММ'. В прямоугольном треугольнике S'OM 2. OS M = Л BSS есть величина постоянная и при перемещении ММ' гипотенуза S'M будет иметь постоянную длину (так как .УМ выражает собой расстояние от выбранной на ММ' точки M до фиксированной точки .У). Следовательно, катет ОМ будет также иметь постоянную длину, и точка M опишет окружность с центром О и радиусом ОМ.

Заключение. Г.м.т. — коническая поверхность.

Черт. 150.

263. Найти геометрическое место осей конических поверхностей с данным по величине углом в осевом сечении, касающихся данной конической поверхности и имеющих с ней общую вершину 5.

Пусть АА и ВВГ— две образующие какого-либо осевого сечения данной конической поверхности. Величина угла ASB постоянная. ООг, ось данной конической поверхности, является неподвижным элементом фигуры. Две конические поверхности с общей вершиной 5 касаются по образующей. Таким образом, коническая поверхность с данным по величине углом при вершине катится по данной неподвижной конической поверхности. В плоскости ASB отложим угол ASL, равный данному углу, и разделим этот угол прямой ММ' пополам (черт. 151).

Прямая AIM проходит через вершину 5 и является осью катящейся конической поверхности. ММ — подвижный элемент фигуры. ММ при своём перемещении описывает коническую поверхность с вершиной 5. Произвольная точка Упрямой ММ удалена от неподвижной оси ОСУ на одно и то же расстояние NC, так как в прямоугольном треугольнике CNS гипотенуза SN и угол CSN имеют постоянную величину при любом положении прямой ММ'. Следовательно, направляющая конической поверхности есть окружность.

Если угол в осевом сечении катящейся конической поверхности меньше угла в осевом сечении данной конической поверхности, то задача может иметь ещё одно решение, так как качение в этом случае может быть осуществлено также и внутренним образом.

Заключение. Г.м.т.— 1) две конические поверхности, если угол в осевом сечении подвижной конической поверхности меньше угла в осевом сечении данной поверхности (^ ASL <^ ^ ASB); 2) одна коническая поверхность, если 2. ASL ^ ^ ASB.

Черт. 151.

Сфера

264. Найти в пространстве г. м. т., удалённых от данной точки О на расстояние, равное а.

Проведём через точку О произвольную плоскость MNMX (черт. 152). На основании задачи 1 в этой плоскости г. м. т., равно-

удалённых от одной точки, есть окружность с центром в точке О и радиусом, равным а. При вращении полуокружности MNMt вокруг диаметра MN получается шаровая поверхность, все точки которой принадлежат искомому г. м. т., так как в сечениях, проходящих через точку О, будут получаться окружности с данным радиусом а.

255. Найти г. м. т., удалённых на расстояние а от двух данных точек А и В. (Решить двумя способами.)

256. Дана плоскость Р и вне её точка А на расстоянии d от плоскости. Найти на плоскости Р г. м. т., удалённых от точки А более, чем на а, и менее, чем на Ь. Разобрать случаи:

1) rf<a; d<b; 2) а<</<&; 3) a = d<^b\ 4) a<d = b.

257. Найти г. м. т., из которых касательные к данной сфере имеют данную длину.

268. Дана плоскость Р и вне её точка А на расстоянии d от плоскости. Найти г. м. т., удалённых на расстояние а от точки Л и на расстояние b от плоскости Р. Исследовать решение при различных комбинациях длин отрезков a, by d.

259. Найти геометрическое место центров сфер, проходящих через две данные точки А и В.

260. Найти геометрическое место центров сфер, проходящих через три заданные точки Л, В и С, не лежащие на одной прямой.

261. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса R, проходящих через две данные точки Л и В.

По условию задачи AB — общая хорда всех шаровых поверхностей данного радиуса (черт. 153).

Г. м. т., равноудалённых от двух данных точек, есть плоскость Р9 перпендикулярная к отрезку AB и проходящая через его середину С (см. задачу 163). На этой плоскости необходимо выделить точки, которые отстоят от точек Л и В на заданном расстоянии R. Для этого через прямую AB проведём произвольную плоскость и в пло-

Черт. 152. Черт. 153.

скости Q построим точку M так, чтобы MA = MB = R. Точка M принадлежит искомому г. м. CM J^AB; в прямоугольном треугольнике АСМ имеем: СМ= ^ R* — AC* = ^ R*— (^j — постоянная величина. Таким образом, точки искомого геометрического места, находясь в плоскости Я, расположены на одном и том же расстоянии от фиксированной точки С.

Заключение. Г. м. т. — окружность. Если R = -у, то г. м. т. вырождается в точку С.

262. Найти г. м. т., равноудалённых от двух данных точек А и В и удалённых от точки С на расстояние а.

263. Найти геометрическое место центров всех окружностей данного радиуса г, являющихся сечениями данной сферы радиуса R.

264. Найти геометрическое место центров сфер, касающихся данной плоскости в данной точке.

264-а. Построить шар, касающийся данной плоскости Я в данной на ней точке Г, если известно, что сфера проходит через данную точку А.

265. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса R, касающихся данной плоскости.

266. Найти геометрическое место центров сфер, касающихся двух данных плоскостей.

267. Найти геометрическое место центров сфер, касающихся трёх данных плоскостей, попарно пересекающихся между собой.

268. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса /?, касающихся двух данных плоскостей.

269. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса г, касающихся данной сферы радиуса R с центром О.

270. Найти геометрическое место центров сфер, касающихся данной сферы в данной точке Т.

271. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса г, касающихся боковой поверхности данного цилиндра радиуса R.

272. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса, касающихся данной прямой.

273. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса /?, пересекающих данную плоскость Р по окружности данного радиуса г.

274. Найти геометрическое место центров сфер данного радиуса R, проходящих через данную точку А и касающихся данной плоскости Р.

Пусть сфера с центром M и радиусом R — одна из сфер, удовлетворяющих условию задачи (черт. 154), т.е.: 1) она касается данной плоскости Р (в точке Т) и 2) проходит через точку А Так как сфера касается плоскости Я, то её центр M должен лежать в плоскости Ç, параллельной плоскости Я на расстоянии, равном R (задача 265). С другой стороны, центр M должен лежать на шаровой поверхности с центром А и радиусом R (задача 254). Следо-

вательно, центры всех сфер, удовлетворяющих условию задачи, должны лежать и на плоскости Q, и на шаровой поверхности с центром А, т. е. они должны быть расположены на линии их пересечения — окружности с центром О и радиусом ОМ.

Определим радиус ОМ. Точка А задана, следовательно, её расстояние ААХ от данной плоскости Р есть величина постоянная. Пусть ААх = а. Из прямоугольного треугольника АОМ имеем:

Исследование решения. Рассмотрим различные положения точки А

1) а = 0, тогда ОМ = 0; сечение обращается в точку. В этом случае точка А лежит на данной плоскости Р и совпадает с точкой касания Т. Г. м. т. — точка О.

2) а = 2/?, тогда ОМ = 0; сечение и в этом случае вырождается в точку. Точка А лежит на другом конце диаметра, проведённого через точку касания Т. Г. м. т. — точка О.

Черт. 154. Черт. 155.

3) а = /?, тогда ОМ = /?, т. е. радиус сечения равен радиусу шара, и сечение является большим кругом шара с центром А. Г. м. т. — окружность большого круга.

4) а^>2/?, задача решений не имеет, так как ОМ выражается мнимым числом.

276. Найти геометрическое место середин всех хорд данной шаровой поверхности, проведённых параллельно данной прямой AB.

О — центр данной шаровой поверхности. Хорды шаровой поверхности, параллельные прямой AB, могут быть расположены только в плоскостях, параллельных AB (черт. 155).

Проведём произвольное сечение Рх, параллельное AB, с центром 0|. Г. м. середин всех хорд окружности, параллельных между собой и параллельных AB, является диаметр MXNX, перпендикулярный хордам (задача 46). 00, _1_пл. Р\. Плоскость Q большого круга, проведённая через 00, и MXNX, перпендикулярна плоскости Pv Диаметры всех сечений, параллельных AB, принадлежащие искомому геометрическому месту, лежат в плоскости Q. Это видно из следующего.

Проведём плоскость Р через центр шара параллельно плоскости Рх. MN\\ MXNX, как линии пересечения параллельных плоскостей Рх и Р третьей плоскостью Q. Отрезок MN является диаметром сечения и делит хорды, перпендикулярные ему, пополам, но MN\\MXNX, следовательно, и хорды, перпендикулярные к MN, параллельны хордам, перпендикулярным к MXNX, и параллельны AB. Проведём диаметр CD _]_ MN. При непрерывном перемещении плоскости сечения Р (перпендикулярного к CD) от точки С к точке D диаметр сечения MXNX опишет всю площадь большого круга MCND.

Заключение. Г. м. т. является большой круг, плоскость которого перпендикулярна к AB.

276. Найти г. м. т. в пространстве, отношение расстояний которых от двух данных точек А и В равно m : п.

277. Найти г. м. т. в пространстве, сумма квадратов расстояний которых от двух данных точек равна т*.

278. Найти в пространстве г.м.т., из которых данный отрезок AB виден под прямым углом.

279. Найти геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из данной точки А на плоскости, проходящие через другую данную точку В.

280. Найти г. м. т. в пространстве, из которых данный отрезок виден по данным по величине углам.

281. Найти геометрическое место рёбер двугранных углов данной величины, грани которых проходят через две данные параллельные прямые AB и CD.

На чертеже 156 изображено одно из положений двугранного угла заданной величины PMNQ. CD \\ AB, следовательно, CD || пл. Р; аналогично AB \\ CD, следовательно, AB || пл. Q; отсюда AB || MN и CD У MN, т. е. при перемещении двугранного угла ребро MN, оставаясь всё время параллельным заданным прямым AB и CD, перемещается параллельно своему направлению и, следовательно, описывает цилиндрическую поверхность. Необходимо найти направляющую этой цилиндрической поверхности. Построим произволь-

Черт. 156.

ную плоскость, перпендикулярную MN. Пусть пл. AMC ±_MN (чтобы не вводить новых обозначений и не загромождать чертежа, будем пользоваться уже нанесёнными на чертёж обозначениями и рассматривать прямые AB, CD и MN как отрезки одинаковой длины). Аналогично пл. BND_[_MN. Угол AMC—линейный угол двугранного угла. При любом положении ребра MN этот угол будет сохранять постоянной свою величину. Данные прямые AB и CD также перпендикулярны к плоскости AMC, следовательно, AB _L АС и CD А-АС. Отсюда следует, что в плоскости, определяемой прямыми AB и CD, отрезок АС выражает собой расстояние между данными параллельными прямыми AB и CD.

Положение прямых AB и CD задано в пространстве, следовательно, и положение отрезка АС в плоскости линейного угла AMC является неизменным при любом положении ребра MN.

Таким образом, в плоскости AMC из точки M фиксированный отрезок АС виден под данным по величине углом (см. задачу 67). Следовательно, направляющими цилиндрической поверхности являются две дуги окружностей, проходящих через точки M, А и С (за исключением точек А и С).

Заключение. Г. м. т. — части двух цилиндрических поверхностей, образующие которых параллельны данным прямым, а направляющими являются дуги окружностей, расположенные в плоскости, перпендикулярной к данным прямым, из которых отрезок, соединяющий точки пересечения этой плоскости с данными прямыми, виден под данным по величине углом (за исключением концевых точек отрезка).

282. Найти геометрическое место центров шаровых поверхностей, касающихся граней данного трёхгранного угла.

283. Найти геометрическое место центров шаровых поверхностей, касающихся рёбер данного трёхгранного угла.

284. Дан прямой трёхгранный угол. Найти геометрическое место середин отрезков данной длины а, если известно, что один конец отрезка перемещается по ребру угла, а другой конец — по плоскости, перпендикулярной этому ребру.

285. Найти геометрическое место касательных, проведённых из данной точки А к данной сфере.

286. Найти геометрическое место вершин конусов с данным по величине углом в осевом сечении, касающихся данной шаровой поверхности.

287*. Найти г. м. т., из которых три последовательных отрезка AB, ВС и CD данной прямой видны под равными углами.

Пусть AB Ф ВС ф CD. Найдём в плоскости чертежа 157 такие точки, из которых данные отрезки видны под равными углами.

Для отрезков AB и ВС точку В можно рассматривать как точку, делящую отрезок АС на две части в данном отношении внутренним образом.

Если взять какую-либо точку N (на чертеже не показана), из которой отрезки AB и ВС видны под равными углами, то NB

будет являться биссектрисой внутреннего угла треугольника NAC, а следовательно, jv£ = gg(1)-

На основании задачи 103 г. м. т., отношение расстояний которых до двух данных точек А и С—постоянная величина, является окружность Аполлония с центром О, построенная на отрезке ВВ', как на диаметре, где В' есть точка, делящая отрезок АС в отношении (I) внешним образом.

Аналогично для отрезков ВС и CD точку С можно рассматривать как точку, делящую внутренним образом отрезок BD в данном отношении ВС: CD. Г. м. т., из которых отрезки ВС и CD видны под равными углами, есть окружность с центром (У, построенная на диаметре СС', где С есть точка, делящая отрезок BD в данном отношении внешним образом.

Окружности с центрами О и (У пересекаются в двух точках M и М. Для этих точек имеет место равенство: 2.АМВ = = £ ВМС= £ CMD. Точки M и М' принадлежат искомому геометрическому месту. Расстояния ME и М'Е точек M и Mf от данной прямой равны между собой, так как точки M и М! симметричны относительно данной прямой. Очевидно, в каждой полуплоскости, определяемой данной прямой, существует единственная точка геометрического места, находящаяся от данной прямой на одинаковом расстоянии, равном ME. При вращении полуплоскости вокруг данной прямой точка M опишет окружность, которая и является искомым г. м. т.

При AB Ф ВС ф CD задача имеет решение только в том случае, когда окружности с центром О и СУ пересекаются (или касаются). Пересечение произойдёт тогда, когда отрезки ВВ и СС разделятся друг другом или точки В и В' разделяются точками С и С. В связи с этим задача имеет всегда решение, когда отрезок ВС меньше отрезков AB и CD; задача не имеет решения, если отрезок ВС больше AB и CD. Если отрезки удовлетворяют неравенствам

Черт. 157.

AB<^BC<C^CD или АВ^>BC^>CD, то задача может иметь решение не при всяких длинах данных отрезков. В случае касания г. м. т. вырождается в точку.

Если два последовательных отрезка равны между собой, например AB = ВС, то г. м. т., из которых эти отрезки видны под одинаковыми углами на плоскости, является прямая, перпендикулярная к АС и проходящая через точку В. Если при этом ВС Ф CD, то г. м. т. для отрезков ВС и CD на плоскости будет окружность. Точки искомого геометрического места на плоскости получатся при пересечении прямой с окружностью. В этом случае решением может быть окружность, точка, или задача может не иметь решения. Случай, когда AB = ВС = CD, очевидно, не может иметь места, так как прямые линии, выражающие г. м. т. на плоскости для каждой пары отрезков, параллельны между собой.

Примечание. Все задачи § 3 и § 4 главы III можно рекомендовать для проработки со всем классом (за исключением задачи 287).

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ

Глава II

2. Окружность с центром в точке В и радиусом ВС, за исключением точек пересечения окружности с AB. Указание. В этой задаче важно отметить, что сторона AB задана и по величине, и по положению, следовательно, вершины А и В — неподвижные элементы фигуры; сторона ВС задана только по величине, значит, она является подвижным элементом фигуры, причём перемещаться по плоскости может только один конец С отрезка ВС, и задача сводится к отысканию г. м. т. на плоскости, равноудалённых от точки В.

3. Окружность с центром в точке В и радиусом, равным AB, за исключением точек пересечения её с прямой ВС.

4. Окружность с центром в точке D (середине AB) и радиусом, равным CD, за исключением точек пересечения её с прямой AB.

5. Окружность с центром в точке В и радиусом, равным AB. 8. Луч DC, выходящий из точки D.

8-а. Две прямые, если данный угол острый или тупой, и одна прямая, когда данный угол прямой.

11. Две прямые, параллельные основанию.

12. Луч, составляющий с основанием угол ВАС —а. Указание. Применить следствие к задаче 10. Сводится к задаче 7.

14. Две прямые, параллельные данным.

15. Прямая, параллельная данным.

16. Две прямые, параллельные данным.

23. Отрезок прямой соединяющий: а) середины боковых сторон; б) середины оснований. Точка пересечения геометрических мест а) и б) есть точка пересечения диагоналей.

24. 1) На плоскости: а) прямая линия, соединяющая середины противоположных сторон; б) две прямые линии, делящие пополам внутренний и внешний углы, образованные двумя взятыми сторонами. При пересечении геометрических мест а) и б) получаются на плоскости две точки, равноудалённые от трёх сторон прямоугольника. 2) Внутри прямоугольника: а) отрезок прямой, соединяющий середины противоположных сторон; б) отрезок биссектрисы угла прямоугольника до пересечения с большей стороной. При пересечении геометрических мест а) и б) получается одна точка, равноудалённая от трёх сторон прямоугольника. Точка, равноудалённая от двух меньших сторон и одной из больших сторон прямоугольника во внутренней его области, существует не всегда. Точки, равноудалённой от всех сторон прямоугольника на плоскости, найти нельзя.

25. 1) На плоскости: а) прямая линия, соединяющая середины противоположных сторон; б) две прямые линии, из которых одна проходит через диагональ ромба, а другая — через вершину угла перпендикулярно к диагонали. При пересечении геометрических мест а) и б) получается на плоскости две точки, равноудалённые от трёх сторон ромба; одна из этих точек является точкой пересечения диагоналей, другая лежит во внешней области ромба. 2) Внутри ромба: а) отрезок прямой, соединяющий середины

противоположных сторон; б) диагональ ромба. Точка пересечения диагоналей является точкой, равноудалённой от всех сторон ромба.

25-а (черт. 158). а) Для сторон AB и CD г. м. т. — отрезок IK прямой, соединяющий середины сторон AD и ВС, заключённый между высотами ромба AG и СИ; б) для сторон AB и ВС г. м. т. — отрезок большей диагонали BE до пересечения её с высотой AG; для сторон AB и AD г. м. т. — отрезок AF, где BF± AB.

26. См. ответ задачи 24. 26-а. а) Отрезок прямой, соединяющей середины высот, проведённых внутри параллелограма из вершин тупых углов; б) для сторон AB и AD (черт. 159) г. м. т. — отрезок АЕ биссектрисы угла А до пересечения с BE J_ AB. Для сторон AD и CD г. м. т. — отрезок DF биссектрисы угла D до пересечения с CFJlCD. Точка, равноудалённая от двух больших сторон и одной меньшей стороны, существует всегда и находится во внутренней области параллелограма. Точку, равноудалённую от двух меньших сторон и одной из больших, найти можно не для всякого параллелограма. Точка, равноудалённая от всех сторон параллелограма, существует только для случаев, когда параллелограм будет ромбом или квадратом.

27. Ответ, аналогичный с задачей 24.

27-а (черт. 160). а) Отрезок MN средней линии, заключённый между внутренними высотами; б) если AB < AD, то г. м. т. — отрезок АЕ биссектрисы угла А до пересечения с BE Л AB.

Черт. 158.

Черт. 159.

Черт. 160.

28. а) Две прямые линии, одна из которых является осью симметрии трапеции, а другая перпендикулярна к оси симметрии и проходит через точку пересечения боковых сторон; б) две прямые линии, делящие пополам внутренний и внешние углы трапеции, составленные боковой стороной и одним из оснований. Таких точек четыре; они являются точками пересечения прямых а) и б). Точка, равноудалённая от всех сторон, существует только в такой равнобедренной трапеции, в которой биссектрисы внутренних углов пересекаются в одной точке.

28-а (черт. 161). а) Отрезок KL оси симметрии MN, заключённый между точками К и L пересечения перпендикуляров CK и DL к боковой стороне CD с осью MN; б) отрезок AI биссектрисы угла А до пересечения с BI_LAB. Точка существует только в том случае, если отрезки AI и KL пересекаются между собой.

29 (черт. 162). а) Отрезок KL, соединяющий середину стороны AB с серединой высоты СЕ; б) отрезок биссектрисы угла BCD до пересечения со стороной AB (при ВС < CQ). Точка / равноудалена от трёх сторон. Задача

имеет решение только тогда, когда точка / находится внутри отрезка KL или совпадает с его концами.

30. Стороны KBL и MDN прямоугольника KLNM (черт. 163).

32. Прямая, параллельная AB.

33. Две прямые, параллельные данной прямой.

34. Прямая, параллельная AB.

38. Прямая, перпендикулярная AB и проходящая через точку М.

39. Прямая, перпендикулярная AB и проходящая через середину AB.

Черт. 161. Черт. 162.

40. См. ответ к задаче 39.

41. Две прямые линии, делящие углы между данными прямыми пополам.

42. Луч, делящий данный угол пополам.

43. Прямая линия, параллельная данным и проходящая посередине между ними. Указание. Сводится к задаче 13.

44. Две прямые линии, параллельные данной и отстоящие от неё на расстоянии, равном данному радиусу. Указание. Сводится к следствию из задачи 10.

Черт. 163. Черт. 164.

45. Прямая линия. Указание (черт. 164). Окружности с центрами Ci, С», Ci и т. д. касаются в точке Т данной окружности. Они имеют общую касательную MN с данной окружностью. CiTJ_MN; CsTJ_MN и т. д., следовательно, Сь С3, С, лежат на одной прямой, так как в точке Т к прямой MN можно восставить только один перпендикуляр.

46. Диаметр окружности, перпендикулярный данной прямой.

47. Две прямые, параллельные данной прямой и отстоящие от неё на одинаковом расстоянии. Указание, Задача сводится к следствию задачи 10.

48. См, ответ к задаче 47,

51. Четверть окружности, описанной из вершины угла радиусом, равным половине длины данного отрезка. Указание. Применить свойство медианы прямоугольного треугольника, проведённой из вершины прямого угла.

52. Окружность. Указание. Исходя из условия задачи, можно легко построить точки искомого г. м. и полученный чертёж может одновременно служить рабочим чертежом. Пусть Ми М2, Mit... точки искомого геометрического места (черт. 165). Через центр О проведем прямую параллельно направлению движущегося отрезка, отложим на ней OOi = a и соединим точки Ми Mi и т. д. с точкой Oi. Четырёхугольники AiMxOiO\ A2M%OiO и т. д. — параллелограмы, так как AxMi # Л2М8 4ф AtM9 #... , следовательно, ОхМх = OiMi = ОжМг =... = О Ai — радиусу данной окружности, т. е. постоянной величине. Точка О неподвижна, значит, и Ох является неподвижной точкой. Сводится к задаче 1.

53. Окружность, концентрическая с данными.

54. Окружность, концентрическая с данной. Указание (черт. 166). Пусть AB — произвольный диаметр. Из точки О восставим перпендикуляр к AB и радиусом R из точки А проведём дугу до пересечения в точке С с этим перпендикуляром. В треугольнике AÖC гипотенуза AC = R и катет OA = г заданы, следовательно, ОС — постоянная величина при любом положении диаметра AB и точки С. Сводится к задаче 1.

55. Окружность концентрическая с данной. Указание. Если окружности пересекаются под прямым углом, то их касательные совпадают с радиусами окружностей (черт. 167). В треугольнике АОС катеты AO = Rh АС = г заданы, следовательно, ОС — постоянная величина. Сводится к задаче 1.

56. Окружность, концентрическая с данной. Указание. Применить теорему о том, что равные хорды равно удалены от центра.

58. Две окружности, концентрические данной с радиусами, равными: 1) сумме и 2) разности расстояний от центра данной окружности и подвижной окружности до общей хорды. Указание (черт. 168). Центры окружностей радиуса R и хорды длины а являются подвижными элементами чертежа. Изображено два таких положения; 1) OC = QD + CD;2) ОС == OD' — CD'.

Черт. 165.

Черт. 166.

Черт. 167.

Черт. 168.

59. Две окружности, концентрические с данной, с радиусом, равным: 1) сумме, 2) разности данных радиусов.

60. Две окружности, концентрические данным, с радиусами, равными: 1) — у Г , 2) — ^ Г . Указание. Подвижная окружность может перемещаться,

касаясь двух концентрических окружностей двумя способами, как показано на чертежах 169 (1), 169 (2).

63. Прямая линия, параллельная данной прямой. Указание. Пусть M — одна из точек искомого геометрического места (черт. 170). Г. м. т. центров окружностей, проходящих через точки А и В, есть прямая HG _L AB, делящая AB пополам; отсюда следует, что HG \\ EF и расстояние от центра любой окружности, проведённой через точки À и В до EF, есть величина постоянная, равная перпендикуляру OK, опущенному из точки О на прямую EF. В треугольнике MCD: OK— есть средняя линия, следовательно: 1) MD = 2»OK—постоянная величина, 2) MD J_ EF. Таким образом, точки искомого геометрического места расположены на одинаковом расстоянии от данной прямой EF. Сводится к задаче 10.

64. Прямая, перпендикулярная данной прямой и заключённая между KL и K\L\* Указание. Точки А, В, С заданы (черт. 171). Г. м. центров окружностей, проходящих через точки А и В, есть прямая KL±ABt делящая отрезок AB в точке и пополам. Аналогично K\LV — г. м. центров окружностей, проходящих через В и С. Е — середина ВС. Пусть М — одна из точек искомого г. м. Четырёхугольник OBOiM — ромб. Треугольники BOD и MOiF равны между собой (по гипотенузе и острому углу), следовательно, MF=BD, т.е. расстояния от точек г. м. до определённой прямой /Сч есть постоянная величина, равная -у-.

Черт. 169 (1). Черт. 169 (2). Черт. 170.

Черт. 171. Черт. 172.

68. Окружность с диаметром АО. Задача имеет решение только для концентрических окружностей, радиусы которых не превышают АО.

69. Окружность с диаметром AB.

70. Окружность с центром в точке В и радиусом, равным диаметру данной окружности. Указание (черт. 172). Неподвижный отрезок AM из точек г. м. виден под прямым углом (задача 67).

71. Дуги окружностей, проходящих через точки А и В, В w С, А и С и вмещающих угол 60°. Указание (черт. 173). Треугольник KLM — один из равносторонних треугольников, проходящих через данные точки. Заданные отрезки AB, ВС, АС из точек г. м. видны под углом 60° (сводится к задаче 67). Кроме трёх дуг, построенных на чертеже 173 (1), имеется ещё три дуги, удовлетворяющие условию задачи, построенные по другую сторону отрезков AB, ВС и АС [черт. 173 (2)].

72. Окружность с диаметром АО. Указание. Если точку А приближать к центру, то диаметр АО будет уменьшаться; при слиянии А с О г. м. т. обращается в одну точку О. Если точку А приближать к окружности, то диаметр АО будет увеличиваться, приближаясь к длине радиуса. Случай, когда А лежит на окружности, может рассматриваться как следствие из данной задачи и как самостоятельная задача (задача 73).

74. Дуга окружности с диаметром АО, расположенная внутри данного круга (задача 67).

75. Окружность с диаметром AB. Указание (черт. 174). Условие не даёт простого способа построения точек геометрического места. Допустим, что М — одна из точек искомого г. м. Соединим её с точками А, В, О, Oi и проведём MN _j_ AB. AM — биссектриса угла OMN, так как L ОМА = = L О AM = L AMN (MN\\OA)\ MB — биссектриса угла OxMN, так как L OiMB = L MBOi = L BMN. Отсюда следует, что L /ШЯ = 90° и данный отрезок AB из точек геометрического места виден под прямым углом.

76. Окружность с диаметром AB. Указание. Окружности с центром О и О, заданы, следовательно, положение точек их пересечения А н В известно.

Черт. 173 (1). Черт. 173 (2).

Черт. 174. Черт. 175.

Пусть AD — одна из хорд и M — точка искомого г. м. (черт. 175). СМ = = DM. Соединим точку В с точками С, M, D. I. BDA измеряется °' окружности с центром 0\. L BCD= L ВАС+ L ABC измеряется ^--(- окружности с центром О. Из равенства окружностей следует равенство дуг AB, а следовательно, Z. BD А = L BCD', &BCD — равнобедренный, и медиана ВМ является высотой. Таким образом, из точек г. м. неподвижный отрезок AB виден под прямым углом (задача 67).

Черт. 176.

Черт. 177.

89 (черт. 176). Прямая ЛГ,М.М3, параллельная данной.

90 (черт. 177). Прямая MiM2Mit параллельная AB.

91 (черт. 178). Прямая M^iM^, параллельная данной.

92. Две прямые, параллельные данным, из которых одна расположена вне данных прямых, а другая между ними.

93. Луч, выходящий из вершины С во внутренней области угла. Указание. AB и АХВХ — два параллельных между собой произвольных отрезка. .... AM AiMi m ... M и Mi — точки искомого геометрического места, т. е. -j^ß = м ß ~ 7г ' '*

Черт. 178. Черт. 179. Черт. 180.

Соединим их с вершиной С (черт. 179). Две параллельные прямые AB и AtBi пересекаются тремя лучами САи СМХ и СВи следовательно,

AiMi m /оч ~ ... AN AM m ~

= -j^-ß=~n (2)

Сравнивая пропорции (1) и (2), получим: MLB = -n~- Эта пропорция справедлива только при совпадении точек M и N.

94. Медиана BG. Указание. Построить произвольно одну точку геометрического места M и провести через неё и вершину В отрезок BG до пересечения со стороной (черт. 180). Из подобия образовавшихся треугольников можно доказать, что AG = üC.

95. Медиана CD. Указание (черт. 181). KL — произвольный отрезок, параллельный AB, M — его середина. Соединим точки С и M и продолжим

полученный отрезок до пересечения с AB в точке D. Из подобия треугольников имеем:

(2)

отсюда ~др~-д£}» или ==-g" » следовательно, Л£) = — AB, т. е. CD — медиана.

Черт. 181. Черт. 182.

96. Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции. Указание. Продолжить боковые стороны до взаимного пересечения, после чего приводится к задаче 95.

97. Другая диагональ параллелограма.

98. Прямая, параллельная прямой AB. Указание (черт. 182). Ми М%, Лоточки г. м. Из подобия трёх пар треугольников MuKitLi и М^АВ и т. д. имеем:

Отсюда следует, что К\Къ \\ MtM2 и К*Кг || MsMÈt т. е. точки Ml9 MSt Мг лежат на одной прямой, параллельной данной.

Черт. 183. Черт. 184.

99. Прямая, параллельная данной прямой KL и делящая отрезки, соединяющие точки прямой с серединой AB в отношении 2: 1. Указание (черт. 183). По свойству медиан треугольника: ., À = ~ = жл А =тг» Таким образом, точки искомого г. м, Ми М2, Mz делят отрезки DCit DC%, DC,, проведённые из точки D к прямой KLt в одном и том же отношении. Сводится к задаче 89.

100. Две прямые, параллельные основанию AB и делящие высоту треугольника в отношении 2:1 от вершины.

104. Окружность с диаметром CD. Указание. Пусть M — одна из точек г.м., А, В и D — данные точки (черт. 184), L AMD + L DME = 2d (смежные углы); принимая во внимание условие, получим: £DME= А В MD, следовательно, MD — биссектриса внешнего угла треугольника АМВ. Построим биссектрису MC внутреннего угла. Нетрудно доказать из соответствующих пропорций, что 7r^-=-prö- т. е. С — неподвижная точка при всех положениях точки M. L CMD = d. Сводится к задаче 67.

Черт. 185.

Черт. 186.

105. Окружность. Указание. Решается аналогично задаче 104.

106. Окружность. Указание (черт. 185). Обозначим радиусы данных окружностей через г и гь M — одна из точек г. м., т. е. L TMS= L TiMSlt следовательно, и половины этих углов равны, т. е. L ТМО = L Т,МО\. Из подобия треугольников МОТ и МО,Тх имеем: j—j- = --величина постоянная. Сводится к задаче 103.

107. Окружность. Указание (черт. 186). Пусть М — одна из точек г.м. В треугольнике ABD: АС — медиана и высота, следовательно, Л£> = АО = 2/?. Точка M является пересечением медиан треугольника ABD, отсюда = 2, но ВЕ=DO и BM = DM, следовательно, = Задача сводится к нахождению г. м. т., отношение расстояний которых до точек В и О есть постоянная величина. Построение. Разделить отрезок ВО в отношении, равном 2 внутренним и внешним образом, и на отрезке AF (А и F — точки деления), как на диаметре, построить окружность.

108. Прямая линия. Указание (черт. 187). Вершины четырёхугольника скользят по трём данным прямым KL, LM, МЫ. На чертеже изображено

Черт. 187.

Черт. 188.

три положения четырёхугольника, удовлетворяющих условию задачи. Точки Ci, С8, С8 принадлежат геометрическому месту. Применяя последовательно теорему о свойстве отрезков двух прямых, пересечённых пучком параллельных прямых, получим ряд равных отношений:-j^-r =-р-р-= n п . Отрезки на заданных прямых KL и MN пропорциональны и через точки Ви В2, Bz, Д, Dit D8 проведены пучки параллельных прямых; можно легко доказать, что точки Сь С8, С8 лежат на одной прямой. Задача может быть легко распространена на многоугольники с любым числом сторон.

119. Окружность, построенная на диаметре AB. Указание. Пусть M — одна из точек г. м., т. е. AM* + ВМ% = AB3. В треугольнике АМВ выполняется соотношение, выражающее теорему Пифагора, следовательно, L AMB = d. Сводится к задаче 67.

123. Прямая линия. Указание. Пусть M — произвольная точка г. м. (черт. 188). Проведём MD ±,00{, из прямоугольных треугольников OMD и OiMD имеем:

МО2 — OD* = MOI — OiD2, или 0{D* — OD* =

= MOI — M02\ ОжО* — OD* = r2 — r\. (1)

Равенство (1) показывает, что основание D перпендикуляра, опущенного из произвольной точки M г. м. на фиксированную прямую OOh принадлежит искомому г. м. Таким образом, г. м. т. — прямая линия, перпендикулярная линии центров. Построение. Построение г. м. т. сводится к определению положения точки D. Для этого необходимо построить такие прямоугольные треугольники, которые включали бы данные элементы г и гь OD и OiA определяющие положение точки D. Построим OK А. 001 и OiKi X 001 и соединим точки К, Ki и D между собой. Из прямоугольных треугольников OKD и OiKiD имеем:

DK* = г* + OD*; (2)

DKî^rl + O.D*. (3)

Вычтем из равенства (3) равенство (2), получим: DK\ — DK* = r\ + OiD* — — r2 — OD*. Принимая во внимание равенство (1), имеем: DKl — DKa = Ot т. е. DK = DKi и треугольник DKKi — равнобедренный. Так как положение фиксированного отрезка KKi легко найти по условию, то точка D получится при пересечении перпендикуляра DE, восставленного к отрезку KKi в его середине, с линией центров О0\. По аналогии с предыдущей задачей интересно исследовать, как влияет взаимное расположение окружностей на положение геометрического места точек (на основе способа построения). 124. Прямая MNJlOA (черт. 189). Указание. Из прямоугольных треугольников можно установить неизменяемое выражение: OD = —^—, где OA = d. Построение. Из данной точки А провести касательную и раз-

Черт. 189. Черт. 190.

делить её пополам. Середина её Е принадлежит искомому г. м., из точки В провести прямую ED _L АО.

125. Радикальная ось двух окружностей. Указание. Пусть данные окружности с центрами О и Oi и одна из окружностей, удовлетворяющих условию задачи, с центром С (черт. 190). Если окружности пересекаются под прямым углом, то радиус каждой окружности, проведённый в точку пересечения, является касательной для другой окружности. Поэтому касательные CT и С7\ к данным окружностям, проведённые из точек пересечения их с третьей окружностью, проходят через центр С третьей окружности. Отсюда следует, что СГ = СГ1. Сводится к задаче 122.

126. Прямая MN, перпендикулярная линии центров OOi. Указание (черт. 191). О и Oi — центры данных окружностей, г и Г\ — радиусы, M — произвольная точка г. м. Из прямоугольных треугольников МОК и MOiKi имеем:

МО* = МК* - г8, MOI = МК1 - rl

отсюда МО\ — МО* = г* — г\.

Сводится к задаче 123.

127. Прямая, перпендикулярная к 00\. Указание (черт. 192). О и Ot — центры данных окружностей. M — одна из точек г. м., т. е. L МТО = 90° и KL = 2r. Пусть г и Ti — радиусы данных окружностей. Построим MD J_ OOi. Из прямоугольных треугольников имеем:

OD*-OïD* = r* + r*v (1)

отсюда

где d = OOlf т. е. D является фиксированной точкой на линии центров 00^ Построение сводится к нахождению точки D по соотношению (2).

128. Окружность с центром в середине отрезка OOi. Радиус определяется по формуле: СМ = -g- Y2 (R* + r*) — d* ifi = OOi). Указание. M — одна из точек г. м. Из прямоугольных треугольников (черт. 193) получим неизменяемое выражение: МО* + МО\ = R* + г*. Сводится к задаче 120.

129. Окружность с центром в середине OA и радиусом СМ = -i- v 2г* — OA*. Указание. М — одна из точек г. м. (черт. 194). Непосредственно из чертежа видно, что МО* + M А* = г* — неизменяемое выражение. Сводится к задаче 120.

130. Прямая, перпендикулярная OA. Указание. MA* — МО* = г* — неизменяемое выражение, где О — центр, а г —радиус данной окружности. Сводится к задаче 121.

Черт. 191. Черт. 192.

131. Окружность с центром в середине отрезка 00, и радиусом СМ = y Y~2 (R2 — г2) — d*, где d = 00,. Указание (черт. 195). Из прямоугольных треугольников получим: МО* + MOf = /?* — г1 — неизменяемое выражение. Сводится к задаче 120.

132. Прямая ЛШ, перпендикулярная OA Указание (черт. 196). М— одна из точек г. м. Из прямоугольных треугольников после применения теоремы Пифагора и преобразований получим: OD — ^ ^--неизменяемое выражение.

133. Окружность с центром в точке О, — середине отрезка АО, и радиусом МО, = NOi = ^ 1^2/?2 — ЛО2. Указание (черт. 197): 1) M — одна из точек г. м. Применяя теорему Пифагора и данные условия, получим неизменяемое выражение: MA2 + МО2 = R2. Сводится к задаче 120. 2) — одна из точек г. м. Проведём среднюю линию 0,К в прямоугольной трапеции AOMN. Соединим точки Oi и N. В треугольнике MO,N: 0,К является одновременно и медианой, и высотой; следовательно, МО,= N0,.

135. Окружность с центром А и радиусом AM. Указание (черт. 198). По свойству отрезков касательной и секущей, приведённых из одной точки, получим неизменяемое выражение: АМ = У АС • AB. Сводится к задаче 1.

136. Окружность, построенная на диаметре AM. Указание (черт. 199). Построим AB JL CD. Точка А и прямая CD заданы, следовательно, известно положение отрезка AB. Найдём на отрезке AB точку М, исходя из соотношения, заданного в условии задачи (AM • AB = AN2 = q2). Возьмём произ-

Черт. 193. Черт. 194.

Черт. 195. Черт. 196.

вольно АВХ\ пусть Мх — одна из точек г. м. Из подобия треугольников АВХВ и АМХМ следует, что L АМХМ = L ABBt = dt т. е. из точек геометрического места фиксированный отрезок AM виден под прямым углом. Сводится к задаче 67.

142. Г. м. т. — окружность. Указание. Обозначим радиусы данных окружностей через г п гх (черт. 200). Пусть N—одна из точек г. м. Запишем соотношения:

МТ* = 2г-ТЕ, (1)

ВД = 2г, . ГА, (2)

MP г МТ ЛГТ г тктт

отсюда ^-у2 = — , или -j^-f = у - . Стороны угла TNTх пересечены двумя параллелями ММХ и TTt. Следовательно,

Сводится к задаче 103.

144. Две прямые, параллельные основанию.

145. Прямая линия, перпендикулярная AB. Указание (черт. 201). Пусть AB — диаметр и АВХ — произвольная хорда, M и ^ - точки г. м., т. е.

(1)

следовательно, треугольники AMMt и АВВХ подобны и L АММХ = d. Перпендикуляры, опущенные из точек г. м. на диаметр AB, должны пройти через фиксированную точку М. Построение сводится к нахождению точки M на продолжении диаметра AB из соотношения (1).

Черт. 197. Черт. 198.

Черт. 199.

Черт. 200.

146. Окружность, построенная на диаметре MC. Указание (черт. 202). Построим СМ ±, AB и CMi произвольно. Пусть M и Mt — точки г. м. Следовательно,

MC-CD = q*t (1)

M — фиксированная точка,

MtC-CD^q*, (2)

отсюда MC • CD = MiC • СД. Из подобия треугольников С£)Д и СММХ следует, что CMjM = d. Сводится к задаче 67.

149. Две прямые, проходящие через точку пересечения прямых, определяемых данными отрезками. Указание. Сводится к задаче 118.

150. Две прямые, проходящие через точку пересечения прямых линий, определяемых данными отрезками. Указание. Сводится к задаче 118. Отношение расстояний от точек геометрического места до данных отрезков ME m-CD есть постоянная величина.

Черт. 201. Черт. 202.

Глава III

153. а) Плоскость, параллельная плоскостям, в которых лежат данные прямые, б) плоскость, параллельная плоскости Р.

154. Плоскость, параллельная данным плоскостям. Указание. В произвольно выбранном треугольнике, удовлетворяющем условию задачи, медиана, проведённая из вершины треугольника, является отрезком, заключённым между данными параллельными плоскостями; точки же искомого г. м. делят каждую медиану на два отрезка в отношении, равном 2:1, начиная от вершины. Сводится к задаче 153.

155. Плоскость, параллельная данным плоскостям.

156. 1) Плоскость R, параллельная плоскости Р\ 2) плоскость 5, параллельная плоскости Р. Указание (черт. 203). Через прямую AB построим пл.СЦпл.Р; AB — неподвижный в пространстве отрезок, т.е. заданы его длина и положение; CD — подвижный отрезок заданной длины. На чертеже 203 задано одно из произвольных положений CD. M — точка г. м. (1), N — точка г. м. (2). Непосредственно из чертежа видно, что: — = ——=—— и ттгч = T77^ = 7^7=7 постоянная величина. Сводится к задаче 153.

157. Плоскость, параллельная данным плоскостям и лежащая посередине между ними.

158. 1) Две плоскости Q и параллельные данной, если тфп\ 2) одна плоскость Q, параллельная данной, если т = п. Указание (черт. 204).

А — данная точка; Mit М2, М» — точки г. м., т. е. р = .. D = .. D = — .

следовательно, М,М% || ВХВ21 МХМ%\\ ВХВЬ. Отсюта точки M,, Mit Мл лежат в плоскоети Q, параллельной плоскости Р. Отрезки АВи АВа, АВ% можно разделить и внешним образом точками Nu Nif которые принадлежат г. м. и лежат в плоскости Если т = п, то г. м. т. является одна плоскость, так как в этом случае отрезок нельзя разделить в отношении /я:я=1 внешним образом.

159. Две плоскости R и R', проходящие через линию CD пересечения данных плоскостей Р и Q. Указание (черт. 205). А,В, и AtB% — два произвольных параллельных отрезка, М, — точка г.м., т. е. ^ ^ = (1).

Через точку М, и CD проведём плоскость R, которая пересечёт отрезок А2В9 в некоторой точке Мя. Из подобия треугольников имеем:

тгъ1 = тгъ? (2)

Сравнивая равенства (1) и (2), получим: ^ ^' =-, следовательно, М8 — точка г. м. Таким образом, точки искомого г. м. расположены в плоскости R. При делении отрезков в данном отношении внешним образом можно доказать, что точки г. м. лежат также в плоскости R't проходящей через CD. 160. Прямая линия, параллельная KL.

Черт. 203.

Черт. 204.

Черт. 205. Черт. 206.

161. Плоскость, параллельная данной плоскости.

162. Окружность, лежащая в плоскости Q, параллельной плоскости Р.

165. Окружность с центром в точке А и радиусом г, плоскость которой перпендикулярна к данной прямой.

166. Окружность, расположенная в плоскости Р.

169. Окружность с диаметром AB, проведённая в плоскости Р. Указание (черт. 206). Через точку А построим пл.Р_|_СД Q — произвольная плоскость, проходящая через CD. M — одна из точек г. м. — лежит в плоскости Р. Пусть В — точка, симметричная точке А относительно CD. Из точек г. м. фиксированный отрезок AB виден под прямым углом. Сводится к задаче 67.

172. Плоскость, параллельная данным плоскостям и заключённая между ними. Указание (черт. 207). Точки искомого г. м. делят любой отрезок, заключённый между плоскостями, пополам. Задача сводится к нахождению г. м. т., удалённых от Р и Q на расстояние у. На основании задачи 171 для каждой из плоскостей Р и С? г. м. т. являются две плоскости. Однако решением, удовлетворяющим обеим плоскостям (Р и Q), будет только одна плоскость R, заключённая между ними.

173. Две прямые линии MN и M'N', параллельные между собой. Указание (черт. 208). На основании задачи 168 г. м. т., удалённых от плоскости Q на расстояние а, являются две плоскости R и /?', параллельные Q. Линии пересечения MN и M'N' плоскостей R и /?' с плоскостью Р являются искомым г. м. т.

174. Четыре прямые линии, если плоскость R не параллельна плоскостям Р и Q; две прямые линии, если плоскость R параллельна одной из плоскостей Р или Q. В частном случае, если плоскость, параллельная плоскости R и находящаяся от неё на расстоянии а, совпадает с плоскостью Р (или 0), то г. м. т. является плоскость Р или Q и прямая линия.

175. Четыре прямые линии, параллельные линии пересечения данных плоскостей.

176. Указание (черт. 209). На перпендикуляре к плоскости Р отложим отрезок BD = d и продолжим BD до пересечения с плоскостью Q в точке А. Отрезок AD разделим пополам в точке М. Точка M принадлежит искомому г. м. т., так как MB — MA = d. Плоскость R, параллельная плоскости Р и проходящая через точку М, и есть искомое г. м. т. Если d = AB — расстоянию между плоскостями, то г. м. т. есть то полупространство, определяемое плоскостью Q, которое не содержит плоскости Р (при hY > ht). Если d > AB, то задача не имеет смысла.

177. Две плоскости, параллельные данным плоскостям. Задача теряет смысл, если s меньше расстояния между плоскостями.

Черт. 207. Черт. 208.

178. Плоскость, параллельная данным плоскостям (задача 121).

179. Плоскость, параллельная данной плоскости и проходящая через середину перпендикуляра, опущенного из точки А на плоскость Р.

180. Окружность, лежащая в плоскости, параллельной плоскости Р, и проходящей через середины наклонных.

181. Плоскость, параллельная плоскости Q. Указание. На чертеже 210 плоскости Р и Q — неподвижные элементы фигуры; AB и BD — подвижные элементы постоянной длины; плоскость R — подвижный элемент фигуры.

В прямоугольном треугольнике ЛВС: ВС = —--неизменяемое выражение при любом положении точки геометрического места. Сводится к задаче 171.

182. Две окружности, лежащие в плоскостях Q и параллельных данной плоскости. Указание (черт. 211). В прямоугольном треугольнике ABC гипотенуза AB и острый угол А имеют постоянную величину, следовательно, его катеты АС и ВС имеют постоянную длину при любом положении точки г. м. Так как длина отрезка ВС постоянна, то точки искомого г. м. лежат в двух плоскостях Q и параллельных данной плоскости Р (задача 168).

А так как длина отрезка АС постоянна, то проекции OB и О'В' наклонных AB и AB' на плоскости Q и Q' равны между собой и удалены от оснований О и О' перпендикуляров АО и АО' на одинаковое расстояние (задача 1).

183. Две окружности, лежащие в параллельных плоскостях.

184. См. ответ задачи 183.

186. Плоскость, проходящая через точку А и перпендикулярная к данной прямой CD. Указание (черт. 212). Mi и М%— две произвольные точки

Черт. 209. Черт. 210.

Черт. 211.

Черт. 212.

геометрического места, не лежащие на одной прямой с точкой Л Три точки Л, Mi и М8 определяют плоскость Р. Каждая из параллелей С4Д, С8Ь8 и CD перпендикулярна к отрезкам прямых АМХ и AM* следовательно, данная прямая CD JL пл.Р.

189. 1) Две прямые, если плоскость R не параллельна ни одной из плоскостей S и Г, делящих углы между плоскостями Р и Q пополам; 2) одна прямая, если плоскость R параллельна одной из плоскостей S и Г.

190. Четыре прямые линии, если плоскость R не параллельна плоскостям, делящим пополам углы, образованные данными плоскостями; две прямые линии, если плоскость R параллельна одной из биссекторных плоскостей. В частном случае, если одна из плоскостей, находящихся на расстоянии а от плоскости R, совпадает с биссекторной плоскостью, то г. м. т. является эта биссекторная плоскость и прямая линия.

193. Полуплоскость, перпендикулярная к плоскости данного угла и делящая угол пополам (задача 191).

194. Линия пересечения плоскости Р и плоскости, перпендикулярной плоскости Р и проходящей через данную прямую AB. Указание (черт. 213). Из произвольных точек At и А9 прямой AB проведём перпендикуляры AVMX и А%М% к плоскости Р. Эти перпендикуляры, будучи параллельными между собой, определяют плоскость Ç, в которой лежит AB и которая пересекает плоскость Р по прямой MN, причём пл.С_!_пл.Р (признак перпендикулярности плоскостей). Следовательно, перпендикуляр, опущенный из любой точки прямой AB на плоскость Р, должен целиком лежать в плоскости Q. Таким образом, точки искомого г. м. должны принадлежать одновременно и плоскости Р, и плоскости Q.

198 и 199. Луч, выходящий из вершины угла и лежащий во внутренней его области (лучи разные).

204. Плоскость, перпендикулярная к плоскости, определяемой данными прямыми. Указание (черт. 214). М — точка г. м.; MA_LKL; MB \_K'L' и MB* —MA2 = m2. Так как K'L' ±MB и KL |J K'L', то KL±MB, кроме того, KL J_ AM (по условию), следовательно, Kl JL пл. АМВ, но тогда KL J_AB. Таким образом, AB выражает собой расстояние между прямыми KL и K'L' и имеет постоянную длину при любом положении точки М. На основании задачи 121 в плоскости АМВ г. м. т. есть прямая MN \_АВ. При параллельном перемещении плоскости АМВ прямая МЫ опишет плоскость Р9 перпендикулярную к плоскости, проходящей через прямые KL и K'L'. Эта плоскость и есть искомое г. м. т.

205. 1) а) Сечение, проходящее через середины боковых рёбер; б) сечение, перпендикулярное к сторонам и диагоналям основания и проходящее через их середины; 2) контуры сечений а) и б).

206. 1) Отрезки прямых, полученных от пересечения геометрических мест задачи 205 пункта 1) а) и б); 2) конечные точки отрезков задачи 206 пункта 1. Задача имеет решение в том случае, когда боковое ребро проходит через одну из взятых вершин основания.

207. Диагональное сечение куба.

208. 1) Сечение, проходящее через середины боковых рёбер призмы; 2) контур сечения пункта 1; 3) плоскость сечения пункта 1.

Черт. 213. Черт. 214.

209. Общая часть проекций оснований призмы на плоскость, проходящей через середины боковых рёбер.

210. а) Сечение, проходящее через середины боковых рёбер параллелепипеда; б) часть плоскости, проходящей через середины параллельных сторон обоих оснований параллелепипеда; эта часть плоскости заключена между двумя плоскостями, перпендикулярными к рассматриваемым боковым граням и проведёнными через боковые рёбра тупых двугранных углов параллелепипеда. Задача возможна только в том случае, когда существует указанная выше часть плоскости.

211. а) Часть большего диагонального сечения призмы, параллельного взятым граням, которая заключена между диагональными сечениями, перпендикулярными к этим граням; б) высота призмы, соединяющая центры оснований; в) сечение, параллельное взятым сечениям и проходящее через середины сторон оснований, заключённых между сечениями; г) часть сечения, параллельного данной боковой грани и заключённого между этой гранью и взятым диагональным сечением. Это сечение проходит через середины сторон оснований призмы и заключено между диагональными сечениями, перпендикулярными к данной боковой грани.

212. а) Части двух параллельных диагоналей оснований, полученные от пересечения г. м. задачи 211 (а) с основаниями призмы; б) центры оснований призмы; в) контур прямоугольника, полученного от пересечения г. м. задачи 211 (в) с гранями призмы; г) отрезки двух параллельных прямых, полученных от пересечения г. м. задачи 211 (г) с основаниями призмы.

213. 1) Две плоскости, одна из которых совпадает с диагональным сечением призмы, а другая ей перпендикулярна и проходит через ребро призмы; 2) две плоскости, делящие пополам внутренний и внешний двугранные углы, образованные боковой гранью и основанием призмы; 3) прямая линия, проходящая через центры оснований призмы.

Черт. 215.

Черт. 216.

Черт. 217.

213-а. 1) Для боковых граней ВВ'С'С и DD'C'C —- диагональное сечение АА'С'С (черт. 215); 2) для основания ABCD и боковой грани DD'C'C— прямоугольник DEFC, плоскость которого делит двугранный угол DC пополам; 3) для граней BB'C'Ct DD'C'C и ABCD — отрезок СЕ, полученный от пересечения плоскостей АА'С'С и DEFC.

214 (черт. 216). 1) Для граней ВВ'С'С и АА'С'С — прямоугольник СС'Е'Е, где пл. АА'Е'Е _[_ пл. АА'С'С\ плоскость СС'Е'Е делит двугранный угол СО пополам; 2) для грани ВВ'С'С и основания ABC — треугольник BGC, плоскость которого делит двугранный угол ВС пополам; 3) для граней АА'С'С, ВВ'С'С u ABC — отрезок CF линии пересечения плоскостей СС'Е'Е и BGC.

215. Четыре прямые линии, по которым пересекаются плоскости, делящие пополам все внутренние и внешние двугранные углы при боковых рёбрах призмы.

216. 1) а) Для граней АА'В'В и ВВ'С'С — прямоугольник ВВ'Е'Е, плоскость которого делит двугранный угол ВВ' пополам (черт. 217); б) для граней DD'C'C и ABCD сечение DFGC, делящее двугранный угол CD пополам; 2) а) ломаная ВЕЕ'В'\ б) ломаная CGFD.

217. а) Для граней AA'D'D, АА'В'В, ВВ'С'С — отрезок LV прямой, по которой пересекаются биссекторные плоскости АА'Н'Н и ВВ'Е'Е двугранных углов АА' и ВВ' (черт. 217); б) для граней CCD'D, СС'В'В, ABCD — отрезок CI линии пересечения биссекторных плоскостей СС'КК и CGFD двугранных углов СО и CD.

218 (черт. 218). Для угла АА' — прямоугольник A ATI, плоскость которого делит угол АА' пополам, причём пл. ВВ'1'I_L пл.АА'В'В; для угла DD' — прямоугольник DD'F'F, плоскость которого делит угол DD пополам, где m.CC't'F ±nn.CC'D'D. 219. См. ответ к задаче 217.

220 (черт. 219). а) Для граней АА'В'В и AA'F'F — сечение AA'D'D; б) для различных диагональных сечений, проходящих через ребро ВВ', г. м. т. являются: 00' — для сечения ВВ'Е'Е, IV — для сечения BB'F'F; DD' — для сечения BB'D'D.

221. 1) Для сторон AB и ЛС —две плоскости, перпендикулярные к плоскостям оснований призмы и делящие углы при вершине А пополам (на черт. 202 изображена одна плоскость Р)\ 2) для сторон AB и АС — замкнутая ломаная AA'D'D (черт. 220).

221-а. Для сторон AB и АС — часть плоскости Р, определяемой прямоугольником АА'Е'Е; след этой части плоскости Р на плоскости ABC есть отрезок АЕ, где пл. ВВ'Е'Е ±пп. АА'В'В.

222. Решение и ответ аналогичны задачам 216—218.

223 (черт. 221). Для диагональных сечений ВВ'Е'Е и FFCC — прямоугольники GG'H'H и А7С77, где nn.GG'I'I ± ш.ВВ'ЕЕ и ш.ККН'Н JL пл. ВВ'Е'Е. Для меньших диагональных сечений, проходящих через ребро АА' (на чертеже сечения не изображены) — диагональное сечение AA'D'D.

224. Для вершин В и С: 1) замкнутая ломаная линия ASD, 2) треугольник ASD, 3) плоскость, определяемая треугольником ASD, где nn.ASD _L ВС (черт. 222); а) 1) г. м. т. — концы высоты, 2) г. м. т. — высота, 3) прямая, определяемая высотой; б) точка пересечения высоты с плоскостью, перпендикулярной к боковому ребру в его середине.

Черт. 218. Черт. 219.

225 (черт. 223). Для вершин В и С в том случае, когда в сечении четырёхугольник: 1) ломаная DGEF, 2) четырёхугольник DGEF, 3) плоскость, определяемая четырёхугольником DGEF, где nn.DGEF J_ ВС и проходит через середину ВС.

226 (черт. 224). а) Для точек А и В: 1) замкнутая ломаная ESF, 2) треугольник ESF, 3) плоскость, определяемая треугольником ES/7, где É и г — середины сторон; б) для точек В и О: 1) замкнутая ломаная ASC, 2) треугольник ASC, 3) плоскость, определяемая треугольником ASC.

Черт. 220. Черт. 221.

227. а) Высота пирамиды; б) точка пересечения высоты пирамиды с плоскостью, перпендикулярной к боковому ребру в его середине.

229 (черт. 225). а) Для точек С и D: 1) замкнутая ломаная EFGt 2) треугольник EFG, 3) плоскость, определяемая треугольником EFG, где nn.EFG±.CD\ б) для точек В и D: 1) замкнутая ломаная ASC, 2) сечение ASC, 3) плоскость, определяемая сечением ASC; в) для точек В, С, .О — отрезок GH || SO линии пересечения плоскостей ASC и ЯГО. Точки, равноудалённой от всех вершин ромба, не существует.

Черт. 222. Черт. 223. Черт. 224.

230 (черт. 226). а) Для точек С и О: 1) замкнутая ломаная EFG, 2) треугольник EFG, 3) плоскость треугольника EFG, где nn.EFG.LCD; ÎP — середина СО; б) для точек В и О: 1) замкнутая ломаная ISK, 2) треугольник AS/C, 3) плоскость треугольника ISK, где nnJSKA-BD, О — середина BD, в) для точек BfCtD — отрезок LM \\ SO линии пересечения плоскостей EFG и /S/О Если LBDC — острый, то прямая LM пересекает пирамиду и точка M будет расположена внутри треугольника BDC. Если

Z.BDC — прямой, то M лежит на середине ВС и прямая LM не будет иметь общих с пирамидой точек, кроме точки М. Если LBDC — тупой, то прямая LM лежит вне пирамиды. Точки, равноудалённой от всех вершин параллелограма, нет.

232. а) Контур среднего сечения, параллельного основанию пирамиды; б) всё среднее сечение.

233 (черт. 227). Для треугольной пирамиды: во внутренней области для точек В, С и S — отрезок LN линии пересечения плоскостей ASD и KLM, делящих рёбра ВС и SB пополам, причём nn.ASD _[_ ВС; nn.KLM _L SB;

на поверхности две точки L и N. Для четырёхугольной пирамиды: во внутренней области для точек С, D, S — отрезок GH\ на поверхности две точки G и Н.

234 (черт. 228). Для сторон AB и АС: 1) замкнутая ломаная ASD\ 2) треугольник ASD; 3) плоскости Р и Q, делящие пополам внутренний и внешние углы треугольника ABC при вершине А и проходящие через вершину пирамиды 5.

234-а. Часть плоскости Р (бесконечная полоса), след которой на плоскости ABC есть отрезок АЕ; £) —середина ВС и СЕ_\_АС.

Черт. 225. Черт. 226.

Черт. 227.

235 (черт. 229). а) Для сторон AB и АГ>. 1) замкнутая ломаная ASC; 2) треугольник ASC; 3) часть плоскости Р, определяемой треугольником ASC, имеющая своим следом на плоскости основания диагональ АС (бесконечная полоса); б) для сторон AD и ВС: 1) замкнутая ломаная ESFf 2) треугольник ESF, 3) часть плоскости Q, определяемой треугольником ESF, имеющая своим следом на плоскости основания отрезок EF, соединяющий середины стороны AB и CD (бесконечная полоса).

236. а) Для сторон AB и ВС (черт. 230-а): 1) замкнутая ломаная BSE; 2) треугольник BSE, 3) часть плоскости Р, определяемой треугольником BSE (бесконечная полоса), след которой на плоскости основания есть отрезок BE; б) для сторон AB и CD (черт. 230-6): 1) ломаная MSL и отрезок //С, 2) пятиугольник SLKIM, где / и К— точки пересечения диагоналей АС и DF с прямой GH, проходящей через середины сторон ВС и EF, 3) часть плоскости Q, определяемой пятиугольником SLKIM, след которой на плоскости основания есть отрезок //С. Ответы для пункта в) аналогичны.

Черт. 228. Черт. 229.

237. Для граней ABC и BDC — отрезки BE и ЕС, лежащие в плоскости ВЕС, делящей двугранный угол ВС пополам (черт. 231).

238. Высота пирамиды.

244. Две цилиндрические поверхности, направляющие которых есть окружности (с радиусами R-\-r и R — г), концентрические с данной окружностью. Сводится к задаче 242.

245. 1) Если Kl II пл./5, то г.м.т. зависит от различных значений а и Ъ и взаимного положения плоскости Р и прямой KL. Ответ может быть следующим: одна, две, три, четыре прямые, параллельные KL; задача может не иметь решений. 2) Две окружности с радиусом а и с центром на прямой KL

246. 1) Цилиндрическая поверхность с образующей, параллельной ребру двугранного угла и направляющей — дугой окружности с центром на ребре и радиусом а; 2) две прямые, параллельные ребру двугранного угла.

Черт. 230-а. Черт. 230-6. Черт. 231.

247. Четыре прямые линии, параллельные линии пересечения плоскостей.

248. Цилиндрическая поверхность (черт. 232). Указание. Проведём произвольную плоскость Р, перпендикулярную данным прямым. А и В — точки пересечения данных прямых с плоскостью Р. На плоскости Р г. м. т., расстояния которых от точек А и В относятся, как m : л, является окружность Аполлония (см. задачу 103); п пространстве же г. м. т. будет цилиндрическая поверхность с образующей MN, параллельной данным прямым.

250. Коническая поверхность.

Черт. 232.

251. Коническая поверхность с вершиной в точке А, направляющая которой есть окружность с радиусом, содержащим l^n* — m* долей (л>/л).

255. Окружность, лежащая в плоскости, перпендикулярной к отрезку Аа в его середине.

256. 1) Внутренняя часть кольца [черт. 233 (1)]; 2) внутренняя часть круга [черт. 233 (2)]; 3) внутренняя часть круга, кроме центра [черт. 233(3)]; 4) точек г. м. нет [черт. 233 (4)|.

257. Сфера, концентрическая с данной.

259. Плоскость, перпендикулярная к отрезку AB в его середине.

Черт. 233(1). Черт. 233(2). Черт. 233 (3). Черт. 233 (4).

260. Прямая линия, перпендикулярная к плоскости, определяемой точками А, В, С, и проходящая через центр окружности, описанной около треугольника ABC (задача 164).

262. 1) Окружность; 2) одна точка; 3) точек г. м. нет.

263. Сфера, концентрическая с данной. Указание. В любом сечении радиуса г отрезок 00' перпендикулярен плоскости сечения, следовательно, 00' = j/R* — г2 — постоянная величина (см. задачу 254). О — центр данного шара, О' — центр сечения.

264. Прямая линия, проходящая через данную точку и перпендикулярная данной плоскости.

264-а. Указание (черт. 234). Г. м. центров шаровых поверхностей, касающихся данной плоскости Р в данной на ней точке Т, есть прямая ТМ±_ пл. Р (см. задачу 264). С другой стороны, центр шара должен быть равноудалён от точек А и Т. Г. м. т., равноудалённых от двух данных точек, есть плоскость Q, перпендикулярная к отрезку AT и проходящая через его середину D (см. задачу 163). Точка пересечения С прямой МТ с плоскостью Q определяет положение центра искомого шара. Отрезок CT равен радиусу искомого шара.

265. Две плоскости, параллельные данной плоскости (см. задачу 171).

266. Если данные плоскости пересекаются, то г. м. т. — две плоскости, делящие двугранные углы между данными плоскостями пополам (задача 188); если данные плоскости параллельные, то г. м, т. — плоскость, параллельная данным плоскостям и проходящая посередине между ними.

267. Четыре прямые линии.

268. Четыре прямые, параллельные линии пересечения плоскостей.

Черт. 234 Черт. 235.

269. Две сферы, концентрические с данной. (Одна — при внешнем касании с радиусом /? + г, другая —при внутреннем касании с радиусом, равным абсолютному значению разности R — г.)

270. Прямая линия, проходящая через центр О шара и данную точку Т.

271. Две цилиндрические поверхности с образующей, параллельной образующей данного цилиндра; направляющие — концентрические окружности с направляющей данного цилиндра и радиусами, равными для внешнего касания (R -f г), для внутреннего {R — г).

272. Цилиндрическая поверхность.

273. Две плоскости, параллельные данной и отстоящие от неё на расстоянии — г*. Указание (черт. 235). Круг с центром О —подвижный элемент фигуры. Он перемещается по плоскости Р. Пусть M — центр одного из шаров, удовлетворяющих условию задачи. В прямоугольном треугольнике АОМ имеем: AM = R, АО = г, следовательно, ОМ = \^R* — г* — постоянная величина. Сводится к задаче 171.

276. Сфера с диаметром, соединяющим точки, делящие отрезок AB в данном отношении внутренним и внешним образом.

277. Сфера с центром в середине данного отрезка AB и радиусом, равным MO = ^V2m*- AB*.

278. Шаровая поверхность с диаметром AB. Указание. Через данный отрезок AB проведём произвольно плоскость Р. На плоскости г. м. т., из которых данный отрезок AB виден под прямым углом, есть окружность с диаметром AB. Вращая эту окружность вокруг диаметра AB, получим шаровую поверхность, которая и является искомым г. м. т.

279. Сфера с диаметром AB. Указание. Сводится к задаче 278.

280. Поверхность, образованная от вращения вокруг данного отрезка дуги, вмещающей данный угол и построенной на данном отрезке. Указание. Задача аналогична задаче 67 (на плоскости).

282. Луч, проходящий через вершину угла во внутренней его области (задача 195).

283. Луч, проходящий через вершину угла во внутренней его области (см. задачу 196).

284. ~ сферы с радиусом, равным ~- • Указание (черт. 236). Пусть AB— одно из произвольных положений отрезка a, M — его середина. В прямоугольном треугольнике АОВ: ОМ = 4^ = -^, т. е. расстояние от неподвижной точки О до точек г. м. является постоянным. Сводится к задаче 254.

Черт. 236. Черт. 237.

285. Коническая поверхность с образующей, равной отрезку касательной проведённой из данной точки к сфере.

286. Шаровая поверхность, концентрическая данной. Указание (черт. 237). Возьмём произвольное положение конической поверхности с вершиной S и данным по величине углом ASB, касающейся данной шаровой поверхности с центром О. Всякое осевое сечение конической поверхности, касающейся шара, проходит через центо шара (так как в плоскости, проходящей через SOi и SA, точки S, Ot и О лежат на одном перпендикуляре к плоскости сечения с центром Oi). В плоскости ASB: OAJ_SA. В прямоугольном треугольнике ASO катет OA и угол ASO имеют постоянную величину при любом положении вершины S (так как ОЛ = г — радиус данного шара и /.ASO равен половине данного по величине угла). Следовательно, и гипотенуза OS имеет постоянную длину для всевозможных положений вершины S. Сводится к задаче 254

ПЕРЕЧЕНЬ ЛИТЕРАТУРЫ

1. Ж. Адамар, Элементарная геометрия, ч. I, Планиметрия, 1948.

2. И. И. Александров, Сборник геометрических задач на построение, 1950.

3. А. Н. Глаголев, Сборник геометрических задач на построение, 1890.

4. Н. А. Глаголев, Элементарная геометрия, ч. I, Планиметрия, Учпедгиз, 1944.

5. Н. А. Глаголев, Элементарная геометрия, ч. II, Стереометрия, Учпедгиз, 1945.

6. А. Давидов, Элементарная геометрия, 1912.

7. А. Давидов, Собрание геометрических задач, 1888.

8. С. Зетель, Новая геометрия треугольника, Учпедгиз, 1940.

9. Н. Извольский, Геометрия на плоскости.

10. А. П. Киселёв, Геометрия. Учебник для VI—X классов, ч. I и II, Учпедгиз, 1949.

11. Л. М. Лоповок, Сборник стереометрических задач на построение, Учпедгиз, 1950.

12. Д. И. Перепелкин, Геометрические построения в средней школе, изд. Акад. пед. наук, 1947.

13. Д. И. Перепелкин, Курс элементарной геометрии, ч. I и II, Гос. изд. техн.-теорет. литературы, 1949.

14. Н. Ф. Четверухин, Методы геометрических построений, Учпедгиз, 1938.

СОДЕРЖАНИЕ

Стр.

Предисловие ...................................... 3

Глава I. Общие методические вопросы

§ 1. Образовательное и воспитательное значение задач на геометрические места точек в курсе геометрии средней школы . ......... 5

§ 2. Характер постановки задачи......................... 6

§ 3. Данные и произвольные элементы в задаче............... 7

§ 4. Связь задач на геометрические места с идеей движения....... 9

§ 5. Общий план решения задач на нахождение геометрического места точек........................................ 10

Глава II. Методы решения задач на геометрические места по отдельным темам планиметрии

§ 1. Методы решения задач на геометрические места в VI и VII классах ......................................... 14

§ 2. Окружность и треугольники......................... —

§ 3. Параллельные прямые............................. 19

§ 4. Некоторые задачи на нахождение геометрического места точек, связанные с углами............................... 22

§ 5. Четырёхугольники................................ 31

§ 6. Линии в круге.................................. 36

§ 7. Углы в круге................................... 45

§ 8. Вписанные и описанные треугольники и четырёхугольники..... 52

§ 9. Методы решения задач на геометрические места по планиметрии в VIII и IX классах........,...................... 56

§ 10. Пропорциональные отрезки и подобные фигуры............. 57

§ 11. Метрические соотношения между элементами треугольника и параллелограма и пропорциональные отрезки в круге.......... 75

§ 12. Площади прямолинейных фигур....................... 89

Глава III. Задачи на нахождение геометрического места точек в пространстве

§ 1. Общие положения ............................... 95

§ 2. Взаимное положение прямых и плоскостей в пространстве..... 96

Параллельные прямые и плоскости .................. —

Перпендикуляр и наклонные к плоскости .............. 99

Зависимость между параллельностью и перпендикулярностью прямых и плоскостей........................... 102

Двугранные и трёхгранные углы.................... 106

§ 3. Многогранники.................................. 115

Призма .................................... —

Пирамида................................... 117

§ 4. Круглые тела................................... 119

Цилиндрические и конические поверхности ............. —

Сфера..................................... 123

Ответы и указания ......................... 131

Перечень литературы ........................... 157

А. А. Стражевский.

Задачи на геометрические места точек в курсе геометрии средней школы.

Редактор С. В. Пазельский Чертежи выполнены Н. А. Меделяновский. Обложка художника А. Г. Кобрина Технический редактор Н. Н. Махова Корректор Г. А. Покровский.

* * *

Сдано в набор 6/II 1964 г. Подписано к печати 27/IV 1954 г. 60Х921/1в. 10 п. л. Уч.-изд. л. 10,68. Тираж 50 тыс. экз. А-04031.

* * * Учпедгиз. Москва, Чистые пруды, 6.

Заказ № 1069. 2-я типография «Печатный Двор» им. А. М. Горького Союзполиграфпрома Главиздата Министерства культуры СССР. Ленинград, Гатчинская, 26.

Цена без переплёта 2 руб. 90 коп., переплёт 60 к.

УЧЕБНО-ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

Книги-пособия для учителей средней школы, выходящие в свет в 1954 г.

1. И. К. Андронов, Арифметика целых чисел.

2. В. М. Брадис. Средства и способы элементарных вычислений.

3. Н. А. Глаголев, Геометрия, ч. I.

4. Н. А. Глаголев, Геометрия, ч. II.

5. И. И. Александров, Сборник геометрических задач на построение.

6. К. С. Барыбин, Сборник геометрических задач на доказательство.

7. В. Г. Чичигин, Методика преподавания тригонометрии.

8. Из опыта преподавания математики в VIII—IX классах. Сборник статей под ред. П. В. Стратилатова.

9. И. М. Богданов, И. С. Ершов, С. А. Борисов и П. В. Стратилатов,

Вопросы преподавания математики в школе рабочей молодёжи.

10. И. П. Трунов, Измерительные приборы на местности в курсе математики средней школы.