螺旋の相似性

T を円 k から k' への螺旋相似写像とする。${\displaystyle \cap }$k' = {C, D} であり、C は固定点 (つまり、C は T の中心) である。

次に、各点Pについて${\displaystyle \in }$k 点 P、T(P)= P' および D は同一直線上にある。

注記：この性質は、2つの線分の螺旋相似の中心を構成するための基礎となる。

証拠：

${\displaystyle \angle CMP=\angle CM'P'}$回転と拡大縮小は角度を保存するため。

${\displaystyle \angle P'DC+\angle CDP=180^{\circ }}$半径が${\displaystyle {\overline {MD}}}$コードを交差する${\displaystyle {\overline {CP}}}$、 それから ${\displaystyle {\overline {M'D}}}$条件を満たさない${\displaystyle {\overline {CP'}}}$、そしてもし${\displaystyle {\overline {MD}}}$交差しない${\displaystyle {\overline {CP}}}$、 それから${\displaystyle {\overline {M'D}}}$交差する ${\displaystyle {\overline {CP'}}}$なので、これらの角度の1つは${\displaystyle \beta }$そしてもう一つは$180°-β$。

したがって、P、P'、Dは共線である。

直線の拡大、回転、平行移動によって、任意の線分を平面変換の系列を通して他の任意の線分にマッピングできます。螺旋相似の中心は次の構成によって見つけることができます。^{[ 1 ]}

• 線を引く${\displaystyle {\overline {AC}}}$そして${\displaystyle {\overline {BD}}}$、そして${\displaystyle P}$2本の直線の交点とする。
• 三角形の外接円を描く${\displaystyle \triangle PAB}$そして${\displaystyle \triangle PCD}$。
• 外接円は2番目の点で交差する。${\displaystyle X\neq P}$。 それから${\displaystyle X}$螺旋中心マッピング${\displaystyle {\overline {AB}}}$に${\displaystyle {\overline {CD}}.}$

証明:${\displaystyle ABPX}$そして${\displaystyle XPCD}$円に内接する四角形です。したがって、${\displaystyle \angle XAB=180^{\circ }-\angle BPX=\angle XPD=\angle XCD}$同様に、${\displaystyle \angle ABX=\angle APX=180^{\circ }-\angle XPC=\angle XDC}$したがって、AA相似により、三角形${\displaystyle XAB}$そして${\displaystyle XCD}$類似している。したがって、${\displaystyle \angle AXB=\angle CXD,}$つまり回転角度マッピング${\displaystyle A}$に${\displaystyle B}$地図も${\displaystyle C}$に${\displaystyle D}$膨張係数は辺の長さの比に等しい。${\displaystyle {\overline {CD}}}$に${\displaystyle {\overline {AB}}}$[ ^{5 ]​}

もし私たちが表現するならば${\displaystyle A,B,C,}$そして${\displaystyle D}$複素平面上の点として、対応する複素数とともに表される。${\displaystyle a,b,c,}$そして${\displaystyle d}$螺旋相似の式を解くと、${\displaystyle A}$に${\displaystyle C}$そして${\displaystyle B}$に${\displaystyle D}$。 ご了承ください${\displaystyle T(a)=x_{0}+\alpha (a-x_{0})}$そして${\displaystyle T(b)=x_{0}+\alpha (b-x_{0})}$、 それで${\displaystyle {\frac {T(b)-T(a)}{ba}}=\alpha }$。 以来${\displaystyle T(a)=c}$そして${\displaystyle T(b)=d}$プラグインして取得します${\displaystyle \alpha ={\frac {dc}{ba}}}$そこから我々は${\displaystyle x_{0}={\frac {ad-bc}{a+dbc}}}$[ ^{5 ]​}

どのポイントでも${\displaystyle A,B,C,}$そして${\displaystyle D}$螺旋の類似性の中心は${\displaystyle {\overline {AB}}}$に${\displaystyle {\overline {CD}}}$また、螺旋状の類似性の中心でもある。${\displaystyle {\overline {AC}}}$に${\displaystyle {\overline {BD}}}$。

これは上記の構成からわかる。${\displaystyle X}$螺旋の類似性の中心となる${\displaystyle {\overline {AB}}}$に${\displaystyle {\overline {CD}}}$、 それから${\displaystyle \triangle XAB\sim \triangle XCD}$。 したがって、${\displaystyle \angle AXC=\angle AXB+\angle BXC=\angle CXD+\angle BXC=\angle BXD}$。 また、$\displaystyle {\frac {AX}{BX}}={\frac {CX}{DX}}}$意味するところは${\displaystyle {\frac {AX}{CX}}={\frac {BX}{DX}}}$。したがって、SAS類似性により、次のことがわかります。${\displaystyle \triangle AXC\sim \triangle BXD}$。 したがって${\displaystyle X}$また、螺旋の類似性の中心でもある。${\displaystyle {\overline {AC}}}$に${\displaystyle {\overline {BD}}}$[ ^{5 ] [ 6 ]​}

螺旋相似性は、ミケルの四角形定理を証明するために使用できます。4 つの非共線点が与えられた場合${\displaystyle A,B,C,}$そして${\displaystyle D}$4つの三角形の外接円${\displaystyle \triangle PAB,\triangle PDC,\triangle QAD,}$そして${\displaystyle \triangle QBC}$1点で交差する、${\displaystyle P}$は${\displaystyle AD}$そして${\displaystyle BC}$そして${\displaystyle Q}$は${\displaystyle AB}$そして${\displaystyle CD}$（図を参照）。^{[ 1 ]}

させて${\displaystyle M}$螺旋の類似性の中心となる${\displaystyle AB}$に${\displaystyle DC}$上記の構成により、${\displaystyle \triangle PAB}$そして${\displaystyle \triangle PDC}$交差する${\displaystyle M}$そして${\displaystyle P}$。 以来${\displaystyle M}$また、螺旋の類似性の中心でもある。${\displaystyle DA}$に${\displaystyle BC}$同様の推論により、${\displaystyle \triangle QAD}$そして${\displaystyle \triangle QBC}$集合場所${\displaystyle Q}$そして${\displaystyle M}$したがって、4つの円はすべて次の点で交わります。${\displaystyle M}$[ ^{1 ]​}

以下は、螺旋相似性を用いて解くことができる、2018年日本MOファイナルズの問題例です。

不等辺三角形が与えられた場合${\displaystyle ABC}$、 させて${\displaystyle D}$そして${\displaystyle E}$線分上の点である${\displaystyle AB}$そして${\displaystyle AC}$それぞれ、${\displaystyle CA=CD,BA=BE}$。 させて${\displaystyle \omega }$三角形の外接円である${\displaystyle ADE}$そして${\displaystyle P}$の反映​${\displaystyle A}$横切って${\displaystyle BC}$. 行${\displaystyle PD}$そして${\displaystyle PE}$会う${\displaystyle \omega }$再び${\displaystyle X}$そして${\displaystyle Y}$それぞれ。証明せよ。${\displaystyle BX}$そして${\displaystyle CY}$交差する${\displaystyle \omega }$[ ^{5 ]​}

証明：まず、以下の主張を証明します。

請求項１：四角形${\displaystyle PBEC}$周期的である。

証明:${\displaystyle \triangle BAE}$二等辺三角形であることに注目します。${\displaystyle \angle BPC=\angle BAC=180^{\circ }-\angle BEC,}$したがって、四角形が${\displaystyle PBEC}$円環であることは、望みどおりである。対称性により、四角形が円環であることを証明できる。${\displaystyle PBDC}$周期的である。

請求項２：${\displaystyle \triangle AXY\sim \triangle ABC.}$

証明:${\displaystyle \angle AXY=180^{\circ }-\angle AEY=\angle YEC=\angle PEC=\angle PBC=\angle ABC.}$同様の推論により、${\displaystyle \angle AYX=\angle ACB,}$AA類似性により、${\displaystyle \triangle AXY\sim \triangle ABC,}$ご希望に応じて。

ここで、${\displaystyle A}$螺旋の中心は、${\displaystyle XY}$に${\displaystyle BC}$。 させて${\displaystyle F}$交差点となる${\displaystyle BX}$そして${\displaystyle CY}$上記の螺旋相似構成により、螺旋の中心は外接円の交点である必要がある。${\displaystyle \triangle FXY}$そして${\displaystyle \triangle FBC}$しかし、この点は${\displaystyle A}$したがって、ポイント${\displaystyle A,F,X,Y}$同一円環でなければならない。したがって、${\displaystyle F}$横たわらなければならない${\displaystyle \omega }$ご希望に応じて。