Центральное подобие

Пусть O — данная точка, k — данное число, отличное от нуля. Центральным подобием (или гомотетией) с центром O и коэффициентом k называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M переходит в такую точку M1, что = k. Сформулируем утверждение об основном свойстве центрального подобия.

Если при центральном подобии с центром O и коэффициентом k точки A и B переходят в точки A1 и B1, то = k.
В самом деле (рис. 72),


Пользуясь этим утверждением, можно доказать, что

  • при центральном подобии с коэффициентом k отрезок длины a отображается на отрезок длины |k|a, луч отображается на луч, прямая — на прямую, окружность с центром C радиуса r — на окружность с центром C1 радиуса |k|r, где C1 — точка, в которую переходит точка C.

Докажем, например, последнее из этих утверждений (остальные утверждения докажите самостоятельно).

Пусть при рассматриваемом центральном подобии точка A, лежащая на окружности с центом C радиуса r, переходит в точку A1. Тогда


т. е. точка A1 лежит на окружности с центром C1 радиуса |k|r. Таким образом, любая точка окружности с центром C радиуса r переходит в некоторую точку окружности с центром C1 радиуса |k|r.

И наоборот, в любую точку A1 окружности с центром C1 радиуса |k|r переходит некоторая точка A окружности с центром C радиуса r (а именно, точка A, для которой k = ).

Рассмотрим теперь произвольный треугольник ABC. При центральном подобии он отображается на треугольник A1B1C1, стороны которого пропорциональны сторонам треугольника ABC. Следовательно, треугольники ABC и A1B1C1 подобны, поэтому их углы соответственно равны. Тем самым мы обнаружили еще одно важное свойство:

  • центральное подобие сохраняет величины углов.

Воспользуемся центральным подобием для решения следующей задачи на построение.

Задача. В данный остроугольный треугольник ABC вписать квадрат так, чтобы две вершины квадрата лежали на стороне AB и еще по одной — на сторонах AC и BC.

Решение. Из произвольной точки L стороны AC треугольника ABC проведем перпендикуляр LK к прямой AB и построим квадрат KLMN так, как показано на рисунке 73, а.

Далее, построим прямую AM, обозначим буквой F точку ее пересечения со стороной BC и проведем перпендикуляр FG к прямой AB.

Наконец, построим квадрат DEFG (рис. 73, б). Вершина F этого квадрата лежит на стороне BC, вершины D и G — на стороне AB.

Докажем, что квадрат DEFG получается из квадрата KLMN при центральном подобии с центром A.

Рассмотрим центральное подобие с центром A и коэффициентом k = AF/AM. При этом центральном подобии точка M переходит в точку F. А поскольку любой отрезок переходит в отрезок с длиной в k раз большей и, кроме того, сохраняются величины углов, то квадрат KLMN переходит в квадрат, одной из вершин которого является точка F, еще две вершины лежат на луче AB, а четвертая вершина — на луче AC. Но это и есть квадрат DEFG. Следовательно, точка E лежит на стороне AC, т. е. квадрат DEFG искомый.