Трансформация преобразований (стр. 8 из 8)
Задача 3. Определить взаимное расположение центров A, B, C и зависимость между коэффициентами k, l, m гомотетий Ak, Bl, Cm, если
, (42)где точки A, B, C различны и числа k, l, m не равны 1.
Решение. Из данной зависимости (42) получаем:
, или в принятых обозначениях (1)
. (43)Рассмотрим отдельно два возможных случая: lk ≠ 1 и lk = 1. В первом случае
, причем 
. Отсюда получаем: 
. Согласно формуле (24), результатом трансформации гомотетии гомотетией является снова гомотетия. Поэтому 
, при этом по теореме о неподвижной точке Q = B1/l(P) и, следовательно, 
. Тогда (43) принимает вид: 
,где Q = Cm(P), и, значит,
. Так как 
, 
, 
, то точки A, B, C коллинеарны. Как видим, при lk ≠ 1 для коэффициентов k, l, m дополнительных ограничений не возникает.При lk = 1 по формуле (22) будет
, тогда 
и согласно (26) 
. Поэтому (43) принимает вид 
, или 
при любом положении точки C. Отсюда lm = 1. Итак, при lk = lm = 1 центры A, B, C гомотетий произвольны.Задача 4. Точки А, В, С лежат на прямой а, точки А1, В1, С1 – на прямой а1, параллельной прямой а (рис. 15). Доказать, что точки P = (AB1) ∩ (A1B), Q = (AC1) ∩ (A1C) и R = (BC1) ∩ (B1C) коллинеарны (теорема Паппа-Паскаля).
Решение. Рассмотрим гомотетии Pk, Rl, Qm, заданные указанными центрами и парами точек A → B1, B1 → C, C → A1 соответственно. Так как по условию a || a1, то Qm(A) = C1, Rl(C1) = B, Pk(B) = A1. Замечаем, что 
, поскольку произведение коэффициентов гомотетий в каждой из этих композиций одно и то же и эти композиции имеют общую пару соответственных точек A → A1. На основании предыдущей задачи при lk ≠ 1 точки P, Q, R коллинеарны. Если же lk = lm = 1, то при a || a1 это возможно лишь тогда, когда (PR) || a и (PQ) || a, то есть и в этом случае точки P, Q, R коллинеарны.Задача 5. Если фигура имеет ось симметрии и единственный центр симметрии, то центр симметрии принадлежит оси симметрии. Доказать.
Решение. Пусть l – ось симметрии и Q – единственный центр симметрии фигуры F, то есть Sl(F) = F и ZQ(F) = F. Тогда композиция
отображает F на себя. Поскольку 
, где A = = Sl(Q), то ZA(F) = F. Следовательно, точка A является центром симметрии фигуры F. Если бы 
, то A ≠ Q, что противоречит условию единственности центра симметрии фигуры F. Значит, 
.Задача 6. Если композиция двух подобий перестановочна и одно из них имеет единственную неподвижную точку, то эта точка неподвижна и при втором подобии. Доказать.
Решение. Из (1) следует, что для любых преобразований f и g всегда выполняется равенство
. Из него видно, что для того, чтобы 
, необходимо и достаточно выполнения условия f = fg. Если теперь f и g – подобия и A – единственная неподвижная точка подобия f (центр подобия), то она будет неподвижной при преобразовании fg = f. С другой стороны, по теореме о неподвижной точке подобие fg имеет неподвижную точку g(A). В силу единственности неподвижной точки подобия f = fg должно быть A = g(A), то есть A – неподвижная точка подобия g.Библиографический список
1. Понарин, Я.П. Перемещения и подобия плоскости. [текст]/ Скопец З.А. – К.: Радянська школа, 1981. – 175 с.
2. Понарин, Я.П. Преобразования пространства. [текст] – Киров: Издательство ВГПУ, 2000. – 80 с.
3. Яглом, И.М. Идеи и методы аффинной и проективной геометрии. Часть 1. [текст]/ В.Г. Ашкинузе. – М.: Учпедгиз, 1962. – 247 с.
4. Скопец, З.А. Геометрические миниатюры. [текст]/ Сост. Г.Д. Глейзер. – М.: Просвещение, 1990. – 224 с.
5. Бахман, Ф. Построение геометрии на основе понятия симметрии. [текст] – М.: Наука, 1969.