Гомотетия и спиральное подобие

01подобие

Растяжение из точки

Зафиксируем точку $O$ и число $k\ne0$ . Гомотетией с центром $O$ и коэффициентом $k$ называют преобразование, которое переводит точку $X$ в такую точку $X'$ , что

\vec{OX'}=k\,\vec{OX}.

При $k>0$ образ лежит на том же луче, при $k<0$ — на противоположном. При $k=1$ все точки остаются на месте, при $k=-1$ получается симметрия относительно центра.

коэффициент1.6

$—$ $—$

При отрицательном коэффициенте образ уходит по другую сторону от центра и переворачивается.

Три свойства следуют из определения. Прямая переходит в параллельную прямую: направление вектора при умножении на число не меняется, меняется только длина. Отрезок переходит в отрезок, длина которого умножается на $|k|$ . Окружность радиуса $R$ переходит в окружность радиуса $|k|R$ , а её центр — в образ центра.

Центры подобия двух окружностей

Возьмём две окружности с центрами $O_1$ , $O_2$ и радиусами $R_1$ , $R_2$ . Гомотетия, переводящая первую во вторую, имеет коэффициент $\pm R_2/R_1$ и переводит $O_1$ в $O_2$ . Это определяет её центр однозначно, и центров получается два.

Внешний центр $E$ делит отрезок $O_1O_2$ внешним образом в отношении $R_1:R_2$ , внутренний $I$ — внутренним:

\vec{O_1E}=\frac{R_1}{R_1-R_2}\,\vec{O_1O_2},\qquad \vec{O_1I}=\frac{R_1}{R_1+R_2}\,\vec{O_1O_2}.

радиус первой110радиус второй60

$—$ $—$

Через внешний центр E проходят внешние общие касательные, через внутренний I — внутренние; касательные видны, когда центр лежит вне окружностей.

Через внешний центр проходят внешние общие касательные, через внутренний — внутренние: касательная к первой окружности переходит при гомотетии в касательную ко второй, а прямая через центр гомотетии переходит в себя. При равных радиусах внешнего центра нет: гомотетия с коэффициентом $1$ вырождается в параллельный перенос.

02определение

Поворот вместе с растяжением

Возьмём поворот вокруг точки $O$ на угол $\varphi$ и гомотетию с тем же центром и коэффициентом $k>0$ . Применим их одно за другим; порядок не важен, обе операции вокруг одной точки перестановочны. Получившееся преобразование называют спиральным подобием.

Запишем его комплексным числом. Отождествим точку плоскости с числом $z=x+iy$ . Поворот на $\varphi$ — умножение на $e^{i\varphi}$ , растяжение в $k$ раз — умножение на $k$ . Вместе:

z\mapsto O+\alpha\,(z-O),\qquad \alpha=k\,e^{i\varphi}.

Одно комплексное число $\alpha$ хранит и угол, и коэффициент: его модуль равен $k$ , аргумент равен $\varphi$ . Применить спираль дважды — умножить на $\alpha^2$ , то есть повернуть на $2\varphi$ и растянуть в $k^2$ раз.

гомотетия — это φ=0, поворот — это k=1

поворот за шаг28°растяжение0.88

$—$ $—$

Все треугольники подобны между собой, а точка идёт по логарифмической спирали: за равные повороты расстояние до центра умножается на одно и то же число.

Повторное применение одной спирали выводит точку на логарифмическую спираль. Расстояние до центра умножается на $k$ за каждый поворот на $\varphi$ , поэтому кривая пересекает все лучи из центра под одним и тем же углом.

Обратное утверждение

Любое преобразование плоскости, сохраняющее отношения длин и направление обхода, — либо параллельный перенос, либо спиральное подобие. Такое преобразование записывается как $z\mapsto\alpha z+\beta$ , и при $\alpha\ne1$ у него есть неподвижная точка

O=\frac{\beta}{1-\alpha},

относительно которой оно и есть поворот с растяжением: $\alpha z+\beta-O=\alpha(z-O)$ . Случай $\alpha=1$ — перенос, неподвижной точки нет.

03построение

Где её центр

Пусть даны два отрезка, $AB$ и $CD$ . Спиральное подобие, переводящее $A$ в $C$ и $B$ в $D$ , существует и единственно: коэффициент равен

\alpha=\frac{D-C}{B-A},

а центр находится как неподвижная точка. Подставив $\alpha$ в формулу из предыдущего раздела, получаем

X=\frac{CB-DA}{B+C-A-D}.

Геометрическое построение того же центра:

X — вторая точка пересечения окружностей (PAC) и (PBD)

где $P$ — точка пересечения прямых $AB$ и $CD$ .

$—$ $—$

Центр X — вторая точка пересечения окружностей PAC и PBD . Он остаётся на месте, как бы ни двигались концы.

Докажем это. Обозначим через $X$ вторую точку пересечения названных окружностей. Точки $X$ , $A$ , $C$ , $P$ лежат на одной окружности, поэтому по признаку из первой статьи серии

\angle(AX,AP)=\angle(CX,CP).

Прямая $AP$ — это прямая $AB$ , прямая $CP$ — прямая $CD$ . Значит, $\angle(AX,AB)=\angle(CX,CD)$ . Так же из второй окружности

\angle(BX,BA)=\angle(DX,DC).

У треугольников $XAB$ и $XCD$ равны два ориентированных угла, поэтому они подобны и одинаково ориентированы. Спиральное подобие с центром $X$ , углом $\angle AXC$ и коэффициентом $XC/XA$ переводит первый треугольник во второй, то есть $A$ в $C$ и $B$ в $D$ .

Обратно: если две окружности пересекаются в точках $P$ и $X$ , а через $P$ проведены две прямые, пересекающие окружности в $A$ , $C$ и $B$ , $D$ , то $X$ — центр спирального подобия, переводящего $AB$ в $CD$ .

04лемма

Две спирали сразу

Лемма

Если спиральное подобие с центром $X$ переводит $AB$ в $CD$ , то спиральное подобие с тем же центром переводит $AC$ в $BD$ .

$—$ $—$

Оранжевый и фиолетовый треугольники подобны и одинаково ориентированы в обоих режимах; центр X у двух спиралей один и тот же.

Доказательство. В предыдущем разделе получено, что треугольники $XAB$ и $XCD$ подобны. Из подобия следуют два равенства:

\frac{XA}{XC}=\frac{XB}{XD},\qquad \angle AXC=\angle BXD.

Первое переписывается как $XA/XB=XC/XD$ , и вместе со вторым это признак подобия треугольников $XAC$ и $XBD$ по двум сторонам и углу между ними. Подобие этих треугольников и означает, что спираль с центром $X$ переводит $A\to B$ и $C\to D$ .

Следствие для построения. Центр спирали, переводящей $AC$ в $BD$ , можно строить по паре $AB$ , $CD$ — это та же точка. Из двух пар выбирают ту, у которой прямые пересекаются на чертеже.

Предельный случай: если $AB$ и $CD$ параллельны и равны, спирали нет — есть перенос. Тогда пара $AC$ , $BD$ тоже параллельна и равна, и четырёхугольник $ABDC$ — параллелограмм.

05четырёхсторонник

Точка Микеля

Возьмём четыре прямые общего положения: никакие две не параллельны, никакие три не проходят через одну точку. Они пересекаются в шести точках и образуют полный четырёхсторонник.

Уберём одну из прямых — останутся три, и они задают треугольник. Таких троек четыре, значит, и треугольников четыре. Опишем вокруг каждого окружность. Все четыре окружности проходят через одну точку; её называют точкой Микеля.

$—$

Четыре окружности строятся независимо друг от друга, а сходятся в одной точке: отклонение остаётся нулевым при любом положении прямых.

Связь со спиральным подобием: пусть на двух из прямых лежат отрезки $AB$ и $CD$ , а прямые пересекаются в $P$ . Точка Микеля — вторая точка пересечения окружностей $(PAC)$ и $(PBD)$ , то есть центр спирального подобия, переводящего $AB$ в $CD$ . По лемме о двух спиралях она же переводит $AC$ в $BD$ , и потому лежит и на двух других окружностях.

Микель для треугольника

Вторая формулировка теоремы. Пусть на сторонах $BC$ , $CA$ , $AB$ треугольника отмечены точки $X$ , $Y$ , $Z$ . Тогда окружности $(AYZ)$ , $(BZX)$ и $(CXY)$ имеют общую точку.

$—$

Окружности (AYZ), (BZX), (CXY) проходят через одну точку M при любом выборе X, Y, Z .

Доказательство — четыре строки ориентированных углов. Пусть $M$ — вторая точка пересечения первых двух окружностей. Вставим между прямыми $MX$ и $MY$ прямую $MZ$ :

\angle(MX,MY)=\angle(MX,MZ)+\angle(MZ,MY).

Первое слагаемое переносим на окружность $(BZX)$ , второе — на $(AYZ)$ :

\angle(MX,MZ)=\angle(BX,BZ),\qquad \angle(MZ,MY)=\angle(AZ,AY).

Но $BX$ — это прямая $BC$ , $BZ$ и $AZ$ — прямая $AB$ , а $AY$ — прямая $AC$ . Складывая, получаем

\angle(MX,MY)=\angle(BC,AB)+\angle(AB,AC)=\angle(BC,AC)=\angle(CX,CY),

а это значит, что $M$ лежит и на окружности $(CXY)$ .

06применение

Разбор задачи

Две окружности пересекаются в точках $X$ и $Y$ . Через $X$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $A$ , а вторую — в точке $B$ . Докажем, что форма треугольника $AYB$ не зависит от того, как проведена прямая.

$—$ $—$ $—$

Поворачивай прямую через X : углы треугольника AYB и отношение YA : YB не меняются. Точка Y — центр спирального подобия, переводящего первую окружность во вторую.

Угол при вершине $A$ . Точки $A$ , $X$ , $Y$ лежат на первой окружности, поэтому угол между прямыми $AY$ и $AX$ опирается на хорду $XY$ и от положения $A$ на окружности не зависит:

\angle(AY,AX)=\text{const}.

То же верно для второй окружности: $\angle(BY,BX)$ постоянен. Точки $A$ , $X$ , $B$ лежат на одной прямой, поэтому $AX$ и $BX$ — это одна прямая $AB$ . В треугольнике $AYB$ зафиксированы два угла — при $A$ и при $B$ , — а с ними и форма.

Два следствия. Первое: отношение $YA:YB$ одно и то же при всех положениях прямой. Второе: спиральное подобие с центром $Y$ , углом $\angle AYB$ и коэффициентом $YB/YA$ переводит $A$ в $B$ ; поскольку $A$ пробегает всю первую окружность, это подобие переводит первую окружность во вторую.

Точка $Y$ — центр спирального подобия двух окружностей, и она определяется самими окружностями, без прямой. В задачах сначала находят центр, затем из него получают равенства углов и отношений.

07олимпиады

Задачи на спиральное подобие

Рассмотрим три задачи с реальных олимпиад: первая решается гомотетией, две другие — центром спирального подобия и леммой о двух спиралях.

1

ВсОШ 2018, заключительный этап, 9 класс, задача 2

Окружность $\omega$ касается сторон $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ . Окружность $\Omega$ касается стороны $AC$ и продолжения стороны $AB$ за точку $B$ , а также касается $\omega$ в точке $L$ , лежащей на стороне $BC$ . Прямая $AL$ вторично пересекает $\omega$ и $\Omega$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Оказалось, что $KB\parallel CM$ . Докажите, что треугольник $LCM$ равнобедренный.

$—$ $—$

Голубая окружность — ω, фиолетовая — Ω, они касаются в L на стороне BC . Оранжевые отрезки KB и CM параллельны, и тогда CL = CM .

Решение

Обе окружности касаются прямых $AB$ и $AC$ , поэтому их центры лежат на биссектрисе угла $BAC$ ; точка касания $L$ лежит на линии центров, значит, $AL$ — биссектриса, и $KL$ , $LM$ — диаметры $\omega$ и $\Omega$ .

Стороны треугольников $KBL$ и $MCL$ попарно параллельны: $KB\parallel CM$ по условию, $KL$ и $LM$ лежат на одной прямой, $BL$ и $LC$ — тоже. Значит, есть гомотетия с центром $L$ , переводящая первый треугольник во второй. Она переводит окружность с диаметром $KL$ в окружность с диаметром $LM$ , то есть $\omega$ в $\Omega$ , а отрезок $AB$ , касающийся $\omega$ , — в параллельный ему отрезок $CA'$ , касающийся $\Omega$ ; здесь $A'$ — образ $A$ , он лежит на прямой $AL$ .

Из $AB\parallel CA'$ получаем $\angle CA'A=\angle A'AB$ , а $\angle A'AB=\angle A'AC$ , так как $AL$ — биссектриса. Значит, треугольник $A'CA$ равнобедренный, $CA=CA'$ .

Пусть $O$ — центр $\Omega$ . Отрезки $CA$ и $CA'$ — касательные к $\Omega$ , поэтому $CO$ — биссектриса угла $ACA'$ , а в равнобедренном треугольнике биссектриса — это и высота: $CO\perp AA'$ . Но $O$ — середина $LM$ , то есть $CO$ — медиана треугольника $LCM$ , и она же его высота. Треугольник $LCM$ равнобедренный, $LC=MC$ .

2

USAMO 2006, задача 6

Дан четырёхугольник $ABCD$ ; точки $E$ и $F$ лежат на сторонах $AD$ и $BC$ так, что $\dfrac{AE}{ED}=\dfrac{BF}{FC}$ . Луч $FE$ пересекает лучи $BA$ и $CD$ в точках $S$ и $T$ . Докажите, что описанные окружности треугольников $SAE$ , $SBF$ , $TCF$ и $TDE$ проходят через одну точку.

AE : AD = BF : BC, %40

$—$

Голубые окружности — (SAE) и (SBF), фиолетовые — (TCF) и (TDE) . Их общая точка M — центр спирального подобия, переводящего AB в EF .

Решение

Прямые $AB$ и $EF$ пересекаются в $S$ , поэтому вторая точка пересечения окружностей $(SAE)$ и $(SBF)$ — центр $M$ спирального подобия, переводящего $A$ в $E$ и $B$ в $F$ . По лемме о двух спиралях $M$ — также центр подобия, переводящего $A\to B$ и $E\to F$ , то есть отрезок $AE$ в отрезок $BF$ .

Точка $D$ лежит на прямой $AE$ и делит её в отношении $AE:ED$ ; точка $C$ лежит на прямой $BF$ и делит её в том же отношении $BF:FC$ . Подобие сохраняет отношения на прямой, поэтому оно переводит $D$ в $C$ . Итак, спираль с центром $M$ переводит $E\to F$ и $D\to C$ .

По лемме о двух спиралях та же спираль переводит $E o D$ и $F o C$ , то есть отрезок $EF$ в отрезок $DC$ . Прямые $EF$ и $DC$ пересекаются в $T$ , поэтому по построению центра из третьего раздела центр этой спирали — вторая точка пересечения окружностей $(TED)$ и $(TFC)$ . Значит, $M$ лежит на $(TDE)$ и $(TCF)$ , и все четыре окружности проходят через $M$ .

3

IMO 2005, задача 5

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$ , в котором $BC=DA$ и $BC\nparallel DA$ . Точки $E$ и $F$ лежат на сторонах $BC$ и $DA$ так, что $BE=DF$ . Прямые $AC$ и $BD$ пересекаются в $P$ , прямые $BD$ и $EF$ — в $Q$ , прямые $EF$ и $AC$ — в $R$ . Докажите, что описанные окружности треугольников $PQR$ при всех положениях $E$ и $F$ проходят через одну точку, отличную от $P$ .

BE : BC = DF : DA, %35

$—$

O — центр поворота, переводящего B в D и C в A; он не зависит от ползунка. Красная окружность (PQR) проходит через O при любом положении E и F .

Решение

Пусть $O$ — центр спирального подобия, переводящего $B$ в $D$ и $C$ в $A$ . Так как $BC=DA$ , коэффициент равен единице: это поворот. Он переводит отрезок $BC$ в $DA$ и потому точку $E$ с $BE=DF$ — в точку $F$ . Точка $O$ определяется только четырёхугольником.

Поворот переводит $B\to D$ , $E\to F$ ; по лемме о двух спиралях $O$ — центр подобия, переводящего $B\to E$ и $D\to F$ . Прямые $BD$ и $EF$ пересекаются в $Q$ , поэтому $O$ лежит на окружности $(QBE)$ . Аналогично поворот переводит $C\to A$ , $E\to F$ , значит, $O$ — центр подобия $C\to E$ , $A\to F$ , и он лежит на окружности $(RCE)$ , где $R=CA\cap EF$ .

Теперь цепочка ориентированных углов:

\angle(QO,QP)=\angle(QO,QB)=\angle(EO,EB)=\angle(EO,EC)=\angle(RO,RC)=\angle(RO,RP).

Первое и последнее равенства — $Q,B,P\in BD$ и $R,C,P\in AC$ ; второе и четвёртое — окружности $(QBE)$ и $(RCE)$ ; третье — $E,B,C$ на одной прямой. Равенство $\angle(QO,QP)=\angle(RO,RP)$ означает, что $O$ лежит на окружности $(PQR)$ .

08задачи

Проверь себя

Посчитай, впиши ответ и нажми «Проверить». Разбор открывается кнопкой под задачей. Всё нужное для решения собрано в трёх формулах.

\begin{gathered} z\mapsto O+\alpha(z-O) \\[8pt] \alpha=\frac{D-C}{B-A} \\[8pt] X=\frac{CB-DA}{B+C-A-D}. \end{gathered}

1

Гомотетия переводит окружность радиуса

2

в окружность радиуса

5

. Найди модуль коэффициента.

k =

Разбор

Решение

Гомотетия умножает все длины на $|k|$ , в том числе и радиус.

|k|=\frac{5}{2}=2{,}5.

Коэффициент может быть и отрицательным — тогда образ лежит по другую сторону от центра.

Ответ:

2{,}5

2

Спиральное подобие с центром в начале координат поворачивает на

90^\circ

против часовой стрелки и растягивает вдвое. Куда перейдёт точка

(1;0)

?

x =

y =

Разбор

Решение

В комплексной записи это умножение на $\alpha=2e^{i\pi/2}=2i$ .

1\cdot 2i=2i\ \Longleftrightarrow\ (0;2).

Ответ:

(0; 2)

3

Спиральное подобие переводит отрезок длины

3

в отрезок длины

7{,}5

. Найди коэффициент растяжения.

k =

Разбор

Решение

Модуль комплексного коэффициента равен отношению длин.

k=\left|\frac{D-C}{B-A}\right|=\frac{7{,}5}{3}=2{,}5.

Ответ:

2{,}5

4

Где лежит центр спирального подобия, переводящего

AB

в

CD

, если

P

— точка пересечения прямых

AB

и

CD

?

Разбор

Решение

Это построение из третьего раздела. Точка пересечения прямых $AC$ и $BD$ тоже связана с задачей, но центром спирали она не является: через неё проходит вторая пара окружностей.

Ответ:

(PAC)

5

Сколько описанных окружностей проходит через точку Микеля полного четырёхсторонника?

=

Разбор

Решение

Четыре прямые дают четыре тройки, каждая тройка — свой треугольник и своя описанная окружность. Все четыре проходят через одну точку.

Ответ:

4

6

Две окружности пересекаются в

X

и

Y

. Для одного положения секущей через

X

получилось

YA=4

,

YB=6

. Для другого положения оказалось

YA=6

. Найди

YB

.

YB =

Разбор

Решение

Форма треугольника $AYB$ не зависит от положения секущей, поэтому отношение $YB:YA$ постоянно и равно $6:4=1{,}5$ .

YB=1{,}5\cdot6=9.

Ответ:

YB = 9