На рисунке выполнено построение

На рисунке выполнено построение

прямые, проведённые через точку А и не

проходящие через О и О'. Точка S – центр

перспективного отображения φ: d → d',

которое порождается отображением f.

Искомой точкой являлась точка пересечения

прямых а и О'3'.
Второй способ. Этот способ основан на

теореме Паскаля. Данные точки обозначим

через А, В, С, D, Е и допустим, что данная

прямая а проходит через точку А (см. рис.).

Пусть М – искомая точка. Тогда

шестивершинник АВСDЕМ вписан в овальную

линию, поэтому точки Р = АВ ∩ DЕ, Q = ВС ∩ ЕМ, R = СD ∩ МА лежат на одной прямой. По условиям задачи строим точки Р и R (заметим, что МА – данная прямая а), а затем точку Q = ВС ∩ РR. Искомая точка М получена как точка пересечения прямых а и ЕQ (см. рис.).
Задача 3. Овальная линия второго порядка γ задана пятью точками общего положения. Построить несколько точек этой линии.
Решение. Проведём через одну из данных точек несколько прямых, не проходящих через другие данные точки. Пользуясь предыдущей задачей, построим точки пересечения проведённых прямых с линией γ. Каждая из этих точек является искомой.
Задача 4. Овальная линия второго порядка γ задана четырьмя точками общего положения и касательной в одной из данных точек. Построить несколько точек линии γ.
Решение. Пусть О, О', А, В – данные точки, а а – касательная в точке О. Рассмотрим проективное отображение f пучков О и О', которое переводит прямые а, ОА, ОВ соответственно в прямые О'О, О'А, О'В. Отображение f по теореме Штейнера порождает линию γ.

Проведём через точку О прямую l, не проходящую через точки О', А, В, и построим её образ l'. Точка пересечения прямых l и l' является искомой. Аналогично можно построить и другие точки линии γ.

Штейнера порождает линию γ. Искомая

касательная является образом прямой О, О'.

Таким образом, задача сводится к

построению образа прямой ОО' в проективном

отображении f. Построение выполнено на рисунке.

Возьмём такие две из данных точек, например А и В,

которые не лежат на одной прямой с точкой Р (см. рис.),

и проведём прямые РА и РВ. Каждая из этих прямых

пересекает линию γ, вообще говоря, в двух точках.

Построим вторую точку А₁ пересечения прямой РА

с линией γ (задача1), а затем точку М, гармонически

сопряженную с точкой Р относительно пары АА₁ (§13, задача).

Точка М лежит на поляре точки Р. аналогично, построив точки

В₁ и N (см. рис.), проводим поляру МN точки Р.

Если одна из прямых, например РА, является касательной к линии γ в точке А, то точка А лежит на искомой поляре, поэтому нет надобности в построении

точки М.
Задача 7. Прямая d не имеет общих точек с окружностью ω. Доказать, что прямые, соединяющие точки касания касательных, проведённых из любой точки прямой d к окружности ω, проходят через одну и ту же точку.
Решение. Рассмотрим данную окружность ω как фигуру

расширенной плоскости, тогда ω – овальная линия. Из

точки М прямой d проведём касательные т₁ и т₂ к

овальной линии ω и обозначим через М₁ и М₂

точки касания (см. рис.). Для другой точки N

прямой d аналогично получим точки N₁ и N₂

линии ω. Прямая М₁М₂ – поляра точки М, а прямая

N₁N₂ – поляра точки N относительно овальной линии ω.

Точка D пересечения прямых М₁М₂ и N₁N₂ является полюсом прямой d. По теореме взаимности поляритета поляры любой точки прямой d проходит через точку D.

точки Т₁, Т₂, Х = М₁N₂ ∩ М₂N₁ и У = М₁М₂ ∩ N₁N₂

лежат на одной прямой.
Решение. Рассмотрим данную окружность ω как фигуру плоскости Е₂, тогда ω – овальная линия проективной плоскости Р₂, а расширенная Т₁Т₂ – поляра точки А.

Пусть В₁ и В₂ – точки пересечения расширенной прямой ХУ соответственно с расширенными прямыми М₁N₁ и М₂N₂ (см. рис.). По следствию теоремы о полном четырехвершиннике (М₁N₁, АВ₁) = - 1 и

(М₂N₂, АВ₂) = - 1, поэтому точки В₁ и В₂ лежат на поляре точки А. Таким образом, Т₁, Т₂, В₁, В₂ лежат на одной прямой, следовательно, и Т₁, Т₂, Х, У лежат

на той же прямой.

со следующими прямыми:

а) 5х₁ – х₂ – 5х₃ = 0; б) х₁ + 2х₂ + 2х₃ = 0; в) х₁ + 4х₂ – х₃ = 0.
Задача 10. Приведите к каноническому виду уравнение кривой

.
Задача 11. Напишите уравнение кривой, проходящей через данные точки (0, 0, 1),

(2, 1, 0), (2, -1, 0), (-2, 0, 1), (2, 2, 3).

а) А (-4, 2, 1), G: ;

б) А (6, 4, 1), G: ;

в) А (2, 1, 1), G: ;

г) А (7, 5, 1), G: .
Задача 13. Найдите полюс данной прямой l относительно данной кривой G:

а) l: 3х₁ – х₂ + 6х₃ = 0, G: ;

б) l: х₁ – 3х₃ = 0, G: ;

в) l: х₂ = 0, G: ;

г) l: х₁ + 3х₂ + х₃ = 0, G: .

Задача 14. Доказать теорему:

если АВСD – полный четырехвершинник с вершинами на овальной кривой второго порядка, то каждая его диагональная точка является полюсом противолежащей диагонали.

1) М – внешняя точка относительно Q;

2) М – внутренняя точка относительно Q;

3) М Q.

1) касательную в одной из данных точек;

2) ещё одну точку кривой;

3) касательную в построенной точке.

1) касательную в одной из данных точек;

2) ещё одну точку кривой.
Указание к решению. См. указание к задаче 18.
Задача 20. Овальная кривая второго порядка задана тремя своими точками и касательной в двух из них. Построить:

1) касательную в третьей точке;

2) ещё одну точку кривой.
Указание к решению. См. указание к задаче 18.
Задача 21. Овальная кривая второго порядка задана пятью касательными к ней. Построить:

1) ещё одну касательную;

2) точку данной кривой.
Указание к решению. Воспользоваться теоремой Бриандшона. Точку кривой искать как точку касания одной из касательных.
Задача 22. Овальная кривая второго порядка задана четырьмя касательными к ней и точкой касания одной из них. Построить:

1) ещё одну касательную;

2) ещё одну точку данной кривой.
Указание к решению. См. указание к задаче 11.
Задача 23. Овальная кривая второго порядка задана тремя касательными к ней и точкой касания двух из них. Построить:

1) ещё одну касательную;

2) ещё одну точку данной кривой.
Указание к решению. См. указание к задаче 11.
Задача 24. Прямые (АВ) и (СD) сопряженные диаметры эллипса Q; А, В, С, D Q. Построить:

1) ещё одну точку эллипса Q;

1. 
   
   жүктеу/скачать 1.71 Mb.
   
   Достарыңызбен бөлісу: