Геометрическая задача

← →
palva © (2007-04-25 16:56) [0]

Две окружности касаются друг друга внешним образом. Через точку их касания проведена прямая, пересекающая первую окружность еще в одной точке A, а вторую окружность еще в одной точке B. Доказать, что касательные к окружностям в точках A и B параллельны.

Эта задача под номером 7.10 взята из задачника Беклемишевой, где подразумевается, что ее будут решать методами аналитической геометрии. Но существуют элементарные методы, - в школе их, правда, уже давно не проходят, - которые позволяют решить эту задачу почти в одно действие. Задачу можно обобщить - окружности могут касаться не обязательно внешним образом.

← →
Александр Иванов © (2007-04-25 17:03) [1]

Два пропорциональных треугольника получается из радиусов к точке пересечения прямой окружностей и прямой.

← →
oldman © (2007-04-25 17:08) [2]

Через точку касания проводим перпендикуляр к искомой прямой.
Прямая, перпендикуляр и две касательных образуют два прямоугольных треугольника.
Чтобы доказать, что касательные параллельны, необходимо доказать, что эти треугольники подобны.

Вот отсюда и начинаем плясать :)

← →
SergP © (2007-04-25 17:09) [3]

Допустим точка касания окружностей С, центры О1 и О2

Треугольники ACO1 и BCO2 равнобедренные и углы ACO1 и BCO2 равны, следовательно эти треугольники подобные. А из этого следует что углы AO1C и BO2C равны. Значит прямые AO1 и BO2 параллельны. а так AO1 перпендикулярна касательной, проведенной через точку А, а BO2 перпендикулярна касательной, проведенной через точку B, то эти касательные параллельны.

← →
oldman © (2007-04-25 17:13) [4]

> SergP © (25.04.07 17:09) [3]
> углы ACO1 и BCO2 равны

Это если радиусы равны...

← →
SergP © (2007-04-25 17:15) [5]

радиусы здесь не причем, так как это противоположные углы образующиеся при пересечении двух прямых. Они всегда равны.

← →
oldman © (2007-04-25 17:16) [6]

Хотя нет, на самом деле равны.
Но как это доказать?
Ведь выходит, что прямая, проходящая через центры обоих окружностей, проходит через точку пересечения.
Вот что надо доказать. Тогда все понятно...

← →
SergP © (2007-04-25 17:19) [7]

> Ведь выходит, что прямая, проходящая через центры обоих
> окружностей, проходит через точку пересечения.
> Вот что надо доказать. Тогда все понятно...

Через точку касания а не пересечения.
А то что она проходит через эту точку - думаю что и доказывать не нужно, так как очевидно. Хотя доказывается без проблем.

← →
palva © (2007-04-25 17:19) [8]

Ну да, правильно. Задача элементарно решается. Непонятно, зачем она приведена в задачнике по аналитической геометрии. Я же глядя на чертеж вспомнил определение гомотетии - когда-то изучали такое преобразование плоскости. Если точку касания окружностей взять за центр гомотетии, а коэффициент взять такой, чтобы одна окружность перешла в другую, то одна из касательных перейдет в другую и, следовательно, они будут параллельны. Если окружности касаются внешним образом, коэффициент гомотетии будет отрицательным. Если внутренним образом - положительным.

← →
oldman © (2007-04-25 17:20) [9]

То есть, доказательство сабжа сводится к доказательству теоремы:

"Если две окружности касаются друг друга внешним образом, то точка пересечения лежит на отрезке, соединяюшем центры окружностей."

Во, блин...

← →
oldman © (2007-04-25 17:21) [10]

точка пересечения = точка касания

← →
oldman © (2007-04-25 17:23) [11]

> palva © (25.04.07 17:19) [8]
> Если точку касания окружностей взять за центр гомотетии, а коэффициент взять такой, чтобы одна окружность перешла в другую, то одна из касательных перейдет в другую и, следовательно, они будут
> параллельны.

Доказательство - ошизеть!!!
Но мы этого не проходили, я ничего не понял :)))

← →
SergP © (2007-04-25 17:32) [12]

> [9] oldman © (25.04.07 17:20)
> То есть, доказательство сабжа сводится к доказательству
> теоремы:
>
> "Если две окружности касаются друг друга внешним образом,
> то точка пересечения лежит на отрезке, соединяюшем центры
> окружностей."
>
> Во, блин...

Ну хорошо. Вспомним определение окружности: совокупность точек равноудаленных от одной (ее центра). Допустим что при касании прямая соединяющая центры не проходит через точку касания. имеем треугольник O1O2C. где О1С это радиус первой окружности, О2С - радиус второй. А О1О2 не может быть меньше суммы радиусов обоих окружностей. И больше не может быть, так как такого треугольника не существует. остается тот вариант когда все три точки треугольника лежат на одной прямой.

> SergP © (25.04.07 17:32) [12]

Проще... Проще...

Проведем через точку С касательную к 1. Она перпендикулярна R1.
Она же является касательной и к 2, а значит перпендикулярна R2.
Вот и все. Значит радиусы сливаются в одну прямую.

oldman © (25.04.07 17:23) [11]
А у нас в сельской школе в 1966 году учитель на математическом кружке рассказывал о гомотетии. Вот такой учитель был. Гомотетия это растяжение. А если коэффициент отрицательный, то растяжение с центральной симметрией.

> palva © (25.04.07 17:49) [14]

Погуглил...

"Гомотетия (от гомо... и греч. thetós — расположенный) (математическая), преобразование, в котором каждой точке М (плоскости или пространства) ставится в соответствие точка M", лежащая на OM, О — фиксированная точка (рис. 1), называемая центром Г., причём отношение OM" : OM = l одно и то же для всех точек М, отличных от О (при этом отношение OM" : OM считается положительным, если точки M" и М лежат по одну сторону от О, и отрицательным в противном случае). Число l называется коэффициентом Г. При l< 0 Г. называется обратной; при l = -1 Г. превращается в преобразование симметрии относительно точки О. При Г. прямая переходит в прямую, сохраняется параллельность прямых и плоскостей, сохраняются углы (линейные и двугранные); каждая фигура переходит в фигуру, ей подобную (рис. 2), верно и обратное утверждение. Г. может быть определена как аффинное преобразование, при котором прямые, соединяющие соответственные точки, проходят через одну точку (центр Г. ). Г. применяется для увеличения изображений (проекционный фонарь, кино)."

Пойду, пива выпью, может в чего и врублюсь :)

> palva © (25.04.07 17:19) [8]

А разве гомотетию не проходят? Вроде была.
А под аналитику через это она действительно катит на ура в разделе аффинная геометрия. Вообще хороший прием для решения многих задач.

У меня на госе одна из задач была такого плана:

Дан эллипсоид и вектор. Построить касательный к эллипсоиду цилиндр, с образующей вдоль этого вектора.

Хотя если и было, то в сжатом виде. Это нечто из 8-го класса.
У Погорелова материал 8-го класса вообще мне представлялся довольно странным, в отличии от 6 и 7. За то как вводилась скалярка для векторов вообще на рее вешать. :)

Я это проходил. Именно примерно в 8-м классе, может раньше даже. НЕ аналитически, а так.

Геометрическая задача Найти похожие ветки