欧几里得几何-同伦性

一个同位，也称为膨胀，是由点决定的平面的仿射变换 $P$和一个比 $k \ neq 0$它发送任意点 $一个$在一定程度上 $一个“$ $（$被称为图像的 $一)$这样 $k\vec{AP}=\vec{A'P}。$

• 如果 $|k |>1，$这种变换被称为an扩张．
• 如果 $k = 1,$同伦是恒等变换。
• 如果 $|k |<1，$这个变换称为a收缩．

同一性是一个简单的概念，其结果出人意料地复杂。它有助于证明共线性、并发性、确定比率和构造点。

有几种表达同一性的方式。在这些不同的表示形式之间切换会带来不同的好处，并且可以大大简化问题，稍后将观察到这一点。

1)几何解释
同质性只是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/expansion/" class="wiki_link" title="扩张" target="_blank">扩张或<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/contraction/" class="wiki_link" title="收缩" target="_blank">收缩. 适用于这些情况的事实在这里也适用。下面是一些例子

• $H (A, 2)$应用于三角形 $美国广播公司(ABC):$
  
• $H \大(T， \frac{1}{2} \大)$应用于圆 $\γ$,在那里 $T$是圆周上的一点:
• $H (P, 1)$应用于直线 $XY$,在那里 $P$不躺在 $XY:$
  

2)欧几里德几何(简化)

• 在同质中心是原点的情况下，由 $k$这才是重点 $(x, y)$来 $(kx,肯塔基州)$．这是最简单的情况，通常使计算非常直接。
• 在这种情况下，一致性的中心就是点 $(a, b),$扩展 $k$这才是重点 $(x, y)$来 $(k(x-a) + a, k(y-b) + b))$．这个表达式稍微复杂一些，这就是为什么设置 $（a，b）=（0,0）$通常更有帮助。

3)复数
在阿根平面上，如果齐次中心用复数表示 $p$，然后由 $k$会带来复数吗 $z$来 $Z ' = p + k (Z - p)$．

4)向量
如上所述，如果齐次中心是由向量表示的 $vec {P} \$，然后展开 $k$会带来矢量 $vec{一}\$来 $\vec{A'} = \vec{P} + k \vec{PA}$．

5)抽象识别
如果熟悉了同伦的应用，我们可以确定一个同伦变换并应用结果。

点击“证明”按钮可以查看结果的证明。

1. 的点 $O, X,$和 $X '$形成一条直线。
   

   证明
   
   

   这是直接从几何解释得出的。 $_ \广场$

2. 直线的斜率在同态下保持不变。因此，平行线被保留下来。
   

   证明
   
   

   我们将使用简化的欧几里得几何方法，我们让中心是原点。
   假设有这些点 $A = (x_a, y_a)$和 $B = (x_b, y_b)$．
   然后, $A' = (k x_a, ky_a)$和 $B'=（kx_B，ky_B）$．
   我们可以验证斜率是相等的:
   $文本(\{}的斜率AB) = \压裂{y_b - y_a} {x_b——间}= \压裂{k (y_b - y_a)} {k (x_b - x_a)} = \压裂{k y_b - k y_a} {k x_b - k间}=(文本\{}的斜率b)。\ _ \广场$ $$
   注意:一般情况可以很容易地用向量或复数来证明，以保持数学简单。
   推论:由于保留了一条直线的斜率，如果两条直线是平行的，那么它们的图像与原始的直线是平行的，因此图像是平行的。

3. 角度被保留了，这意味着 $角ABC = A' b ' c '$．
   

   证明
   
   

   由于直线的斜率被保留(2)，两者之间的夹角 $AB$和 $公元前$等于夹角吗 $一个b$和 $B 'C '$． $_ \广场$

4. 每一个同伦性都有一个逆: $H（O，k）^{-1}=H\big（O\frac{1}{k}\big）$．
   

   证明
   
   

   这是直接从几何解释得出的。 $_ \广场$

5. 长度之比满足 $|A' b ' = k |AB|$．
   

   证明
   
   

   我们将使用简化的欧几里得几何方法，我们让中心是原点。
   假设有这些点 $A = (x_a, y_a)$和 $B = (x_b, y_b)$．
   然后, $A' = (k x_a, ky_a)$和 $B'=（kx_B，ky_B）$．
   因此，距离服从 $\大| b \ | = \√6 {(k x_a - k x_b) ^ 2 + (k y_a - k y_b) ^ 2} k = | | \√6 {(x_a - x_b) ^ 2 + (y_a - y_b) ^ 2} = | k AB | | | \倍。\ _ \广场$ $$
   注意:利用有向长度的解释，我们有 $|A' b ' = k |AB |$．

6. 图像与原始物体相似。
   

   证明
   
   

   因为角被保留(3)，长度的比值是一个常数 $k$(5)、图像相似。 $_ \广场$

7. 面积的比值满足 $\big[A' b ' c '\big] = k^2 [ABC]$．
   

   证明
   
   

   因为图像是相似的，长度比是 $k$，面积比为 $k ^ 2$． $_ \广场$
   $$
   注意:利用有向面积的解释，我们有 $\big[A' b ' c '\big] = k^2 [ABC]$．特别是，方向被保留了下来。
   

8. $H (0, 1)$是身份转换。
   

   证明
   
   

   这是直接从几何解释得出的。 $_ \广场$

9. $H (0, 1)$是通过中心的反射，还是 $180 ^ \保监会$绕中心旋转。
   

   证明
   
   

   这是直接从几何解释得出的。 $_ \广场$

10. $1 H, k + H + H$有1个不动点。
    

    证明
    
    

    我们将使用复数解释。假设 $z$是一个固定点，意思是 $z=z'=k（z-a）+a$．然后我们有 $k-1 (z-a) = 0$．自 $k \ neq 1$， $z =一个$是唯一不动的点。 $_ \广场$

11. 在下列条件下保持不变的一组线 $H(P, k \neq 1)$线是穿过中心的吗 $P$．

    证明
    
    

    我们将使用具有同伦性的矢量解释 $H (A, k)$．假设这条线 $l = vec{T} + T \vec{S}$是保存了下来。由于斜率不变，这意味着点 $vec {T} \$必须映射到这条直线上，所以存在一些 $t$这样 $vec{一}\ + k vec {} = \ \ vec vec{年代}{T} + T \ \ Rightarrow vec {} = T (k - 1) \ \ vec{年代}$．因此, $vec在{}\$平行于 $l$,这意味着 $一个$谎话连篇。
    $$
    相反地，给定任何一条通过同形中心的线，如果从几何解释来看，这条线是保留的。 $_ \广场$

12. 同伦性是由任意2个点映射到的位置唯一定义的。
    

    证明
    
    

    几何解释:假设这些点 $A、B$映射到 $一个“B”$．然后，自中心 $O$位于两个 $AA’$和 $BB'$，这可以由线的交点确定。然后，计算比例因子 $k$可以由 $\frac{big|OA'\big|} {|OA|}$．
    $$
    复数解释:假设复数 $z_1, z_2$映射到 $Z_1 '， z_2 '$．然后，我们需要找到一个复数 $p$还有一个实数 $k$这样
    $\{病例}开始z_1 ' = p + k (z_1 - p) \ \ z_2”= p + k (z_2 - p)。\{病例}结束$如果方程组没有解，那么方程组就不存在一致性。
    如果这个方程组有唯一解，那么它就唯一地定义了同伦性。
    如果这个系统有无限多个解，那么这一定是唯一的恒等式。 $_ \广场$
    $$
    注意:我们可以解这个方程组得到 $p = \压裂{z_1 z_2 - z_1 z_2’}{z_1 ' + z_2 - z_1 z_2 '}$和 $K = frac{z_2' - z_1'} {z_2 - z_1}$．

13. 任意2个(非同余)圆有2个同质中心。正比例因子对应于直接同位，而负比例因子对应于间接的同位．
    

    证明
    
    

    我们知道圆心必须相互映射，因此比例因子必须满足 $|k| = \frac{r_2} {r_1}$. 同心的中心位于包含这些圆的线上。对于负比率，同一中心将位于两个中心之间的线段上。对于正比例，同一中心将位于两个中心之间的线段之外。 $_ \广场$

14. 如果 $K_1 k_2 \neq 1$,然后 $H (O_2, k_2) \circ$是一个类似。
    

    证明
    
    

    我们将使用复数解释: $H (k_1 z_1) \保监会H (z_2 k_2) (z) = H (k_1 z_1) \大(z_2 + k_2 (z - z_2) \大)= z_1 + k_1(\大(z_2 + k_2 (z - z_2) \大)——z_1。$为了使它成为一个同类，我们必须找到 $H (z_3 k_3) (z) = z_1 + k_1 \大(z_2 + k_2 (z - z_2) \大)——z_1$．
    将系数 $z$,我们获得 $K_3 = k_1$．
    使常数项相等，我们得到 $(1 - k_1 k_2) z_3 = z_1 + k_1 z_2 - k_1k_2 z_2 - k_1 z_1$．自 $K_1 k_2 \neq 1$，我们可以设置 $z_3 = \压裂{z_1 + k_1 z_2 - k_1k_2 z_2 - k_1 z_1} {1 - k_1 k_2}$． $_ \广场$
    $$
    注意:如果我们使用几何解释，那么这个(和下面的)结果将不会立即明显。

15. 如果 $K_1 k_2 = 1$,然后 $H (O_2, k_2) \circ$是一个翻译。
    

    证明
    
    

    我们将使用复数解释。自 $k_1k_2 = 1$，上一个表达式是这样的 ${(常数)}+ z \文本$．因此，这是对复数的平移 $z_1+k_1 z_2-k_1k_2 z_2-k_1 z_1$． $_ \广场$

16. 一般来说，它不一定是真的 $H (O_1 k_1) \保监会H(提取成分,k_2) = H(提取成分,k_2) \保监会H (O_1 k_1)$．只有当 $O_ 1 = o_2$，或者同质性是恒等式。

    证明
    
    

    我们将使用复数解释: $\{对齐}开始H (O_1 k_1) \保监会H(提取成分,k_2) (z) & = z_1 + k_1 z_2 - k_1k_2 z_2 - k_1 z_1 + k_1k_2 z \ \ H(提取成分,k_2) \保监会H (O_1 k_1) & = z_2 + k_2 z_1——k_2k_1 z_1 - k_2 z_2 + k_1k_2 z。\{对齐}结束$的系数 $z$等于 $k_1 k_2$．比较常数项，当且仅当相等(经过某种简化后) $(z_1-z_2) (k_1 - 1) (k_2 - 1) = 0$．这对应于1)两个同态中心是相同的，2)第一个同态是恒等式，3)第二个同态是恒等式， $_ \广场$

17. 如果3个非全等的点集是成对的同调，那么同调的（直接）中心是共线的。

    证明
    
    

    假设同伦是 $H (O_i, k_i)$为 $I = 1,2,3$．
    由(12)可知 $H (O_1 k_1) \保监会H(提取成分,k_2) = H (O_3 k_3)$．
    线路 $O_1 o_2$下是不变的 $氢(O_2, k_2)$，又在 $H (O_1, k_1)$，因此它在 $H（O_3，k_3）$．
    由(11)可知 $O_3$岌岌可危 $o_ 1o_2$．
    因此这三个点共线。 $_ \广场$
    $$
    提示:找一个不变行。

1. 考虑两个不相交、不全等的圆。
   $\水平间距{5毫米}$证明外切线相交于外齐次中心。
   $\水平间距{5毫米}$证明内切线相交于内齐次中心。
   

   证明
   
   

   设外切线相交于 $O$．
   让外切线接触圆 $\ Gamma_A \ Gamma_B$在某些点上 $A、B$分别。
   考虑外部的一致性 $H \大(O， \frac{r_b}{r_a}\大)$应用于点 $一个$．
   它必须映射到网络上的某个点 $\ Gamma_B$．
   考虑点的外切线 $一个。$通过(11)，因为这条线通过 $O$，它在映射下是不变的。因此，它映射到的唯一可能点是 $B$．因此，由(1)，点 $O, A, B$躺在一条直线上。 $_ \广场$
   $$
   注意:该问题的内部版本使用了类似的参数。

2. 圈 $\ Gamma_1$和 $\ Gamma_2$在切向 $T$．划清界限 $T$切割圆 $一个$和 $B,$分别。
   显示切线在 $一个$与点处的切线平行 $B$．

   证明
   
   

   让中心 $\ Gamma_1$是 $P$和中心 $\ Gamma_2$是 $问$．因为 $T$是两个圆之间的同质中心， $在$： $英国电信$＝ $r_1$： $r_2$＝ $美联社$： $BQ$＝ $PT$： $TQ操作$．因此, $\角拍$＝ $\角TBQ$．因为半径和切线的夹角都是90度，这条线的夹角 $AB$与两者的切线重合 $\ Gamma_1$和 $\ Gamma_2$等于简单的减角。通过截线性质，我们可以得到 $一个$和 $B$是平行的。 $_ \广场$

3. 用直尺和圆规，在三角形中 $美国广播公司$在哪里 $\角出租车$和 $\角度CBA$是锐利的，刻一个边沿在上面的正方形 $AB$．

   证明
   
   

   建设广场 $ABPQ$这样 $魁人党$是建在一边的吗 $AB$相反的点 $C$．让 $D$成为 $CP$相交 $AB$,让 $E$成为 $CQ$相交 $AB$．然后,构造矩形 $DEFG$镌刻在三角形 $美国广播公司$．因为三角形 $CFG$和 $驾驶室$具有相同方向、点的相似性 $一个$和 $B$可以通过申请获得 $H \大(C， \frac{FG}{AB}\大)$点 $F$和 $G$分别。同样,因为三角形 $CDE$和 $CPQ$具有相同方向、点的相似性 $P$和 $问$可以通过应用同样的同伦性得到， $H \大(C， \frac{FG}{AB}\大)$，至理名言 $D$和 $E$分别注意到 $成品$＝ $德$和 $AB$＝ $魁人党$．因为矩形 $FGDE$和正方形是同伦的吗 $ABPQ$， $FGDE$是正方形，就做完了。 $_ \广场$

4. 任意两个非全等三角形，其对边相互平行且方向相似，都可以用同质性映射。
   提示:首先证明这些三角形是相似的。然后猜同性恋的中心。
   推论:[质心]画中值 $AD，BE，CF$三角形的 $美国广播公司$,点 $D, E, F$躺在相反的一边。
   证明三角形的中值在 $G$．
   表明, $Ag: gd = 2:1$．

   证明
   
   

5. 考虑3个不相等的圆。
   证明当且仅当比例因子满足时(可能是间接的)同质中心共线 $K_ {ab}乘以K_ {bc}乘以K_ {ca} = 1$．
   推论:[Monge定理]给定3个非全等、非重叠的圆，两条外切线的3个交点是共线的。

   证明
   
   

6. 圆内 $\γ$,画和弦 $AB$．圆 $\ Gamma_1$从内部切线 $\γ$在 $T$，并且与 $AB$在 $C$．让 $D$是圆弧的中点 $AB$不包含 $T$．
   表明, $经颅多普勒$是一条直线。

   证明
   
   

   呼叫中心 $\γ$ $P$的半径 $\γ$ $r_2$中心，中心 $\ Gamma_1$ $问$的半径 $\ Gamma_1$ $r_1$．自 $D$弧的中点是多少 $AB$，点的切线 $D$平行于 $AB$．同时，很明显，同性恋 $H \大(T， \frac{r_1}{r_2}\大)$地图上圈 $\γ$圈 $\ Gamma_1$．因此, $T$， $问$, $P$它们是共线的。自从 $质量控制$和 $PD$垂直于平行线， $质量控制$和 $PD$是平行的。使用线 $TP$横向, $\角度全面质量管理$＝ $\角信息$．同时, $TQ操作$： $TP$＝ $质量控制$： $PD$＝ $r_1$： $r_2$．通过SAS相似性，三角形 $全面质量管理$类似于三角形 $一系列问题$．自 $T$， $P$, $问$共线和 $\角概念不同$＝ $DTP \角$， $T$， $C$, $D$一定也是共线的。 $_ \广场$
   

7. 围成一个大圈 $\γ$，画两个小圆 $\ Gamma_A$和 $\ Gamma_B$它们在内部相切 $\γ$在某些点上 $一个$和 $B,$分别地画一条直线的外切线 $\ Gamma_A$和 $\ Gamma_B$与这些圆圈相交 $C$和 $D,$分别。
   表明, $交流$和 $双相障碍$在周长上相交 $\γ$，我们将用 $P$．
   表明, $ABCD$是环四边形吗 $PC乘以PA = PD乘以PB$．事实上, $P$哪三个圆的根心是?
   

   证明
   
   

   让 $O$成为…的中心 $\γ$， $R$成为…的中心 $\ Gamma_A$, $问$成为…的中心 $\ Gamma_B$．自 $\ Gamma_A$从内部切线 $\γ$， $O$， $R$, $一个$它们是共线的。构造一条到的切线 $\γ$这与 $CD$．让切点是 $T$．由于构造的切线和 $CD$是平行的, $\角弧$＝ $AOT \角$．而且，很明显 $基于“增大化现实”技术$： $AO$＝ $钢筋混凝土$： $不$,因为 $基于“增大化现实”技术$＝ $钢筋混凝土$和 $AO$＝ $不$．因此，通过SAS相似性， $\三角形弧$类似于 $\三角形AOT$．因此, $\角ACR$＝ $ATO \角$，接下来就是 $一个$， $C$, $T$由截线性质共线。我们可以用类似的方法证明 $B$， $D$, $T$共线，因此 $交流$和 $双相障碍$在周长上相交 $\γ$, $T$是 $P$．事后诸葛亮:另一种表达方式 $\三角形弧$类似于 $\三角形AOT$就是通过同性恋。 $_ \广场$

8. 给定2个不重叠的圆，让 $AB$与…相切 $一个$在 $\ Gamma_A$和 $B$在 $\ Gamma_B$．让 $O$成为同一性的间接中心。绘制直径 $交流$和 $双相障碍$．
   表明, $鳕鱼$是一条直线。
   

   证明
   
   

   让 $P$成为…的中心 $\ Gamma_A$和 $问$成为…的中心 $\ Gamma_B$．如果 $r_1$为的半径 $\ Gamma_A$和 $r_2$为的半径 $\ Gamma_B$，则两个圆之间点的所有同伦变换之比为 $r_1$： $r_2$．自 $O$是同性性的中心， $阿宝$： $问:$＝ $有限公司$： $做$＝ $r_1$： $r_2$＝ $CP$： $DQ$．因此, $警察$类似于 $各$．因此, $\角警察$＝ $\角各$．因此, $鳕鱼$是一条直线。 $_ \广场$
   

9. 考虑一个有直径的半圆 $AB$．圆与周长内在相切为 $T$与直径相接 $C$．
   计算 $BTC \角$．
   

   证明
   
   

   叫中点 $AB$，也是半圆的中心， $O$．称为内部切线圆的中心 $P$．让我们称其为 $\角数据$ $x$．我们知道 $角度TOA = 2x$,这 $角度BTO =角度TBO = x$．自 $\角BCO$是正确的, $角度CBO = 90-2x$. 因为较小的圆在点处与较大的半圆内切 $T$， $T$， $P$, $O$它们是共线的。因此 $角度TPC = 180-90+2x = 90+2x$．因为三角形 $TPC$是等腰三角形， $角度PTC = 45-x$．最后, $\ BTC = BTO + \ PTC = 45$度。 $_ \广场$

10. 围成一个大圈 $\γ$，画两个小圆 $\ Gamma_A$和 $\ Gamma_B$它们在内部相切 $\γ$在某些点上 $一个$和 $B$．设同质性的直接中心 $\ Gamma_A$和 $\ Gamma_B$是 $C$．
    表明, $美国广播公司$是一条直线。
    注意:同质性的间接中心在这条线上吗?

    证明
    
    

    让中心 $\γ$是 $O$中心，中心 $\ Gamma_A$是 $P$的中心 $\ Gamma_B$是 $问$．为了不失一般性，让 $\ Gamma_B$接近点 $C$比 $\ Gamma_A$．画线 $CB$直到相交 $\ Gamma_A$第一次。我们称之为交点 $J$．自 $C$是同一性的直接中心， $角度CBQ =角度CJP$. 自圈 $\ Gamma_A$和 $\ Gamma_B$与内部相切 $\γ$，分 $O$， $P$, $一个$,点 $O$， $问$, $B$它们是共线的。根据横截性质， $OB$ $（$它包含 $问)$平行于 $PJ$．因此, $角度AOB =角度APJ$．因此，通过SAS相似性，三角形 $已$类似于三角形 $国内企业$．因此, $角AJP =角ABO = 180 -角CBO$．自 $角度CJP =角度CBO$， $角AJP +角CJP = 180$，因此ray $CB$包含 $一个$． $_ \广场$

11. $ABCD$是一个四边形。线通过 $一个$平行于 $CD$满足 $双相障碍$在 $E$，和线路通过 $D$平行于 $AB$满足 $交流$在 $F$. 证明 $英孚$平行于 $公元前$．
    提示:让映射的同性 $英航$来 $DF$是 $H_1$，以及映射的同同性 $CD$来 $AE$是 $H_2$. 显示 $H_1 \circ H_2 (BC) = EF$．
    

    证明
    
    

    设四边形对角线的交点为 $G$．然后,三角形 $法国燃气公司$和 $GBA$是相似的，直线连接对应的点，所以存在一个同伦性 $H_1$映射 $F$来 $一个$和 $B$来 $D$．同样的，通过三角形的相似性 $AEG$和 $环球数码创意$，我们可以找到一个同性恋 $H_2$映射 $一个$来 $C$和 $D$来 $E$．这就引出了同性恋 $H_1 \保监会H_2$地图 $C$来 $F$和 $B$来 $E$．由于直线的同伦变换最终与原始直线平行， $英孚$平行于 $公元前$． $_ \广场$

12. 两个圆外相切于 $一个$．它们的公共外切线相交于 $X$，而圆是同质的 $H (X, k)$．取一个点 $B$在圆周上，而不是在直线上 $斧头$．
    计算 $角B A B '$．

    证明
    
    

    让我们称圆心为更接近 $X$ $P$，另一个圆的圆心 $问$．为了不失一般性，让点 $B$在圆上更接近 $X$, $B'$在另一个圆上。首先，我们知道这一点 $X$， $P$， $一个$和 $问$共线。同伦变换的性质告诉我们 $B 'Q$平行于 $英国石油公司$. 设置 $角B'BA = x$和 $\角度ABP=y$．因为三角形 $PBA$是等腰 $\角度BPA=180-2y$．因此，根据截线性质， $角B'QA = 2y$．因为三角形 $B 'QA$是等腰 $角QB'A = 90-y$．自 $角B'BP = x+y$，通过截线性质， $角度BB'Q = 180-x-y$,因此 $角AB'B = 90-x$通过简单的角度减法。我们现在知道了三角形中的两个角 $BB萨那$，我们很容易就能找到 $\角巴布的$90度的措施。 $_ \广场$

13. 围成一个大圈 $\γ$，有3个圆 $\ Gamma_A \ Gamma_B \ Gamma_C$内部相切的点 $A、 B，C$分别在哪里 $A、 B，C$按这个顺序躺在圆周上。假设 $\伽马\u A、伽马\u B$外切和正切是相等的吗 $\ ell_ {AB}$和 $\ Gamma_2 \ Gamma_3$外切和正切是相等的吗 $公元前\ ell_ {}$．
    表明, $\ ell_ {AB}$和 $公元前\ ell_ {}$相交于 $\γ$当且仅当 $\ Gamma_A \ Gamma_B \ Gamma_C$共享一个公共的外切线。
    

    证明
    
    

14. 在三角形 $美国广播公司$，使内圆与 $交流$在 $D$．让 $德$为圆周的直径。让 $是$相交 $交流$在 $F$．
    表明, $房颤= CD$．
    

    证明
    
    

15. (IMO 1978)等腰三角形 $美国广播公司$， $AB=AC$．圆与的外圆在内部相切 $美国广播公司$，也向两边 $AB$和 $交流$在 $P$和 $问,$分别。
    显示线段的中点 $魁人党$这是我们的中心 $美国广播公司$．

    证明