Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии

• Название: В. В. Прасолов задачи по планиметрии
• Анкор: Формула
• Дата: 17.06.2022
• Размер: 6.7 Mb.
• Имя файла: planim5.pdf
• Тип: Учебное пособие; #599309
• страница: 36 из 70

a
i
) = и Рассмотрим на плоскости четыре вектора (a, b), (c, d), (e, f) и (g, Один из углов между этими векторами не превосходит 360
◦
/4 = 90
◦
. Если же угол между векторами не превосходит 90
◦
, то их скалярное произведение неотрицательно.
Данные шесть чисел являются скалярными произведениями всех пар наших четырёх векторов, поэтому одно из них неотрицательно.
13.26.
Докажем это утверждение по индукции. Для n = 0 утверждение,
очевидно, верно. Допустим, что утверждение доказано для 2n + 1 векторов.
Рассмотрим в системе из 2n + 3 векторов два крайних вектора (те. два вектора, угол между которыми максимален. Для определённости будем считать, что это — векторы # и # –
OP
2n+3
. По предположению индукции длина вектора # –
OR =
# –
OP
2
+ . . . +
# не меньше 1. Вектор # –
OR лежит внутри угла, поэтому он образует острый угол с вектором # –
OS =
# –
OP
1
+
# Следовательно # –
OS +
# –
OR|
> OR > Докажем сначала, что если a, b и c — векторы, длины которых не превосходят 1, то хотя бы один из векторов a ± b, a ± c, b ± c имеет длину, не превосходящую 1. В самом деле, два из векторов, ±b, ±c образуют угол,
не превосходящий 60
◦
, поэтому разность этих двух векторов имеет длину,
не превосходящую 1 (если в треугольнике AB 6 1, BC 6 1 и ∠ABC 6 60
◦
, тоне наибольшая сторона и AC
6 Таким образом можно спуститься до двух векторов a и b. Угол между векторами a и b или векторами a и −b не превосходит 90
◦
, поэтому либо − b| 6
√
2, либо + b| 6
√
2.

Решения задач
319
13.28.
Можно считать, что сумма a данных векторов отлична от нуля, так как иначе утверждение задачи очевидно. Введём систему координат, направив ось Oy по вектору a. Занумеруем векторы нижней полуплоскости по порядку почасовой стрелке e
1
, e
2
, . . . рис. 13.2). По условию этих векторов не менее k. Докажем, что среди данных векторов найдутся ещё такие векторы
Рис. 13.2
v
1
, . . . , v
k
, что для любого i = 1, . . . , k вектор
v
i
+
e
i
имеет неположительную вторую координату. Этим будет доказано требуемое утверждение. В самом деле, длина суммы всех данных векторов равна сумме вторых координат
(именно так была введена система координат).
Сумма векторов e
1
, v
1
, . . . , e
k
, имеет неполо- жительную вторую координату, а вторая координата любого из оставшихся n − 2k векторов не превосходит 1. Поэтому вторая координата суммы всех данных векторов не превосходит − Пусть векторы e
1
, . . . , лежат в четвёртом квадранте. Начнём сопоставлять им векторы, . . . , v
p
. Будем поворачивать нижнюю полуплоскость, состоящую из точек с неположительной второй координатой, поворачивая ось Ox почасовой стрелке на угол от до 90
◦
. Если один из двух векторов, лежащих в повёрнутой таким образом полуплоскости, расположен в четвёртом квадранте, то их сумма имеет неположительную вторую координату. Как только при повороте плоскости ось Ox перейдёт за вектор, к векторам e
2
, . . . , e
k
, лежащим в ней, должен добавиться ещё хотя бы один вектор поэтому следующий за по порядку вектор можно взять в качестве v
1
. Аналогично, когда ось Ox перейдёт за вектор e
2
, получим вектор и т. д. Такие же рассуждения остаются справедливыми до тех пор, пока ось Ox остаётся в четвёртом квадранте. Для векторов e
p+1
, . . . , e
k
, лежащих в третьем квадранте, доказательство проводится аналогично (если вектор имеет нулевую первую координату, то его следует сначала выбросить из рассмотрения, а затем в качестве парного к нему взять любой из оставшихся векторов).
13.29.
Точка X лежит на прямой AB тогда и только тогда, когда # –
AX =
l
# те –
OB.
13.30.
Возьмём произвольную точку O и запишем все выбранные векторы в виде # –
A
i
A
j
=
# –
OA
j
− # –
OA
i
. В силу условия задачи каждый вектор # в сумму всех выбранных векторов войдёт со знаком плюс столько же раз, сколько и со знаком «минус».
13.31.
Пусть e
1
, и e
3
— единичные векторы, сонаправленные с векторами и –
OC;
a
= ∠BOC,
b
= ∠COA и g
= ∠AOB. Нужно доказать,
что e
1
sin a
+
e
2
sin b
+
e
3
sin g
= #–
0 . Рассмотрим треугольник A
1
B
1
C
1
, стороны которого параллельны прямыми. Тогда #–
0 = # –
A
1
B
1
+
# –
B
1
C
1
+
# –
C
1
A
1
=
= ±2R(
e
1
sin a
+
e
2
sin b
+
e
3
sin g
), где R — радиус описанной окружности треугольника Пусть a и b — единичные векторы, сонаправленные с лучами и OB,
l
= OA и m
= OB. Прямая AB состоит из всех таких точек X, что –
OX = t
# –
OA + (1 − t)
# –
OB = t
l
a + (1 − t)
m
b. Требуется найти такие числа и y
0
, что

Глава 13. Векторы t = 1 − (y
0
/
m
) при всех рассматриваемых значениях и m
. Положим p/c и y
0
= q/c. В итоге получаем, что если p/OA + q/OB = c, то прямая проходит через такую точку X, что # –
OX = (p
a + Пусть a =
# –
MA,
b = # –
MB и =
# –
MC. Тогда =
# –
MC
1
= p
a + (1 − и # –
MA
1
= q
c + (1 − q)b = −qa + (1 − 2q)b. С другой стороны –
MA
1
=
a
e. Аналогично. Требуется доказать, что 1 + (1/
a
) + (1/
b
) = Так как a
p
a +
a
(1 − p)
b =
a
e = −qa + (1 − 2q)b, то a
p = −q и a
(1 − p) = 1 − а значит, 1/
a
= 1 − 3p. Аналогично b
p = 1 − 2r и b
(1 − p) = −r, а значит 3p − Сложив равенства # –
AA
2
+ # –
BB
2
+
# –
CC
2
= #–
0 и # –
A
2
B
2
+
# –
B
2
C
2
+
# –
C
2
A
2
= #–
0 получим –
AB
2
+
# –
BC
2
+
# –
CA
2
= #–
0 . Следовательно –
AB
2
=
l
# –
C
2
B
2
,
# –
BC
2
=
l
# и # –
CA
2
=
l
# –
B
2
A
2
. Пусть E — такая точка прямой BC, что A
2
E k AA
1
. Тогда –
BA
1
=
l
# и # –
EC =
l
# –
EA
1
, поэтому # –
A
1
C =
# –
EC −
# –
EA
1
= (
l
− 1) # –
EA
1
. Следовательно (
l
− 1)/
l
. Аналогично AB
1
/B
1
C = BC
1
/C
1
A = (
l
− Пусть O — центр описанной окружности данного четырёхугольника,
a =
# –
OA,
b =
# –
OB,
c =
# –
OC и =
# –
OD. Если H
a
— ортоцентр треугольника BCD, то –
OH
a
=
b + c + d см. задачу. Поэтому # –
OM
a
= (
a + b + c + d)/2 =
# –
OM
b
=
=
# –
OM
c
=
# Пусть O — центр описанной окружности данного четырёхугольника,
a =
# –
OA,
b =
# –
OB,
c =
# –
OC и =
# –
OD. Если H
d
— ортоцентр треугольника ABC, то –
OH
d
=
a + b + c (задача
13.13
).
а) Возьмём точку K так, что # –
OK =
a + b + c + d. Тогда KH
d
= |
# –
OK −
# –
OH
d
| =
= |
d| = R, те. точка K лежит на окружности S
d
. Аналогично доказывается,
что точка K лежит на окружностях S
a
, и б) Пусть O
d
— центр окружности девяти точек треугольника ABC, тесе- редина отрезка OH
d
. Тогда # –
OO
d
=
# –
OH
d
/2 = (
a + b + c)/2. Возьмём точку X так,
что # –
OX = (
a + b + c + d)/2. Тогда XO
d
= |
d|/2 = R/2, те. точка X лежит на окружности девяти точек треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точка X лежит на окружностях девяти точек треугольников BCD, CDA и Пусть X
1
— проекция точки X напрямую. Вектор a
# –
AA
1
+
b
# –
BB
1
+
+
g
# является проекцией вектора a
# –
AX
1
+
b
# –
BX
1
+
g
# напрямую, перпендикулярную прямой l. Учитывая, что a
# –
AX
1
+
b
# –
BX
1
+
g
# –
CX
1
=
a
# –
AX +
b
# –
BX +
+
g
# –
CX + (
a
+
b
+
g
) # и a
# –
AX +
b
# –
BX +
g
# –
CX =
#–
0 (задача, получаем требуемое.
13.38.
Пусть a =
# –
A
1
A
2
+
# –
A
3
A
4
+ . . . +
# –
A
2n−1
A
2n
, причём a 6= 0. Введём систему координат, направив ось Ox вдоль вектора a. Так как сумма проекций векторов # –
A
1
A
2
, # –
A
3
A
4
, . . . , # на ось Oy равна нулю, то длина вектора равна абсолютной величине разности между суммой длин положительных проекций этих векторов на ось Ox и суммой длин их отрицательных проекций;
следовательно, длина вектора a не превосходит либо суммы длин положительных проекций векторов, либо суммы длин их отрицательных проекций.
Легко проверить, что как сумма длин положительных проекций, таки сумма длин отрицательных проекций данных векторов на любую ось не превосходит диаметра окружности, те. не превосходит Изменив нумерацию данных векторов и при необходимости меняя вектор x на −x, можно считать, что концы векторов a
1
, a
2
, . . . , a
2n+1
, . . . , −a
1
,
−a
2
, . . . , −a
2n+1
, выходящих из одной точки, являются вершинами выпуклого + угольника A
1
A
2
. . . A
4n+2
. При этом # –
A
1
A
2
=
a
1
− a
2
, # –
A
3
A
4
=
a
3
− a
4
, . . .
. . . ,
# –
A
2n−1
A
2n
=
a
2n−1
− a
2n
,
# –
A
2n+1
A
2n+2
=
a
2n+1
+
a
1
,
# –
A
2n+3
A
2n+4
= −
a
2
+
a
3
,

Решения задач –
A
2n+5
A
2n+6
= −
a
4
+
a
5
, ..., # –
A
4n+1
A
4n+2
= −
a
2n
+
a
2n+1
. Согласно задаче
13.38
длина суммы этих векторов не превосходит 2. С другой стороны, сумма этих векторов равна 2(a
1
− a
2
+
a
3
− a
4
+ . . . Для доказательства равенства векторов достаточно проверить равенство их проекций (с учётом знака) на прямые BC, CA и AB. Доказательство проведём, например, для проекций напрямую положительным при этом будем считать направление луча BC. Пусть P — проекция точки A напрямую середина отрезка BC. Тогда # –
PN=
# –
PC+
# –
CN=(b
2
+a
2
−c
2
)/2a−(a/2)=
= (b
2
− c
2
)/2a (PC находится из уравнения AB
2
− BP
2
= AC
2
− CP
2
). Так как, то проекция вектора –
MO напрямую равна # –
PN/3=(b
2
−c
2
)/6a.
Остаётся заметить, что проекция вектора напрямую равна g
− c
3
sin b
=
b
3
c − c
3
b
2R
=
abc
2R
·
b
2
− c
2
a
= 2S
b
2
− Пусть вписанная окружность касается сторон AB, BC ив точках, V и W. Требуется доказать, что –
OZ =
3R
r
# –
ZK, те Докажем, например, что проекции (с учётом знака) этих векторов напрямую равны положительным при этом будем считать направление луча Пусть N — проекция точки O напрямую. Тогда проекция вектора # –
OZ напрямую равна # –
NV =
# –
NC +
# –
CV = (a/2) − (a + b − c)/2 = (c − b)/2. А проекция вектора # –
ZU + # –
ZV + # –
ZW на эту прямую равна проекции вектора # –
ZU + # те. равна sin VZU + r sin VZW = −r sin B + r sin C = r(c − b)/2R.
13.42.
Введём систему координат Oxy. Пусть l
f
— прямая, проходящая через точку O и образующая угол f
(0 <
f
<
p
) с осью Ox, те. если точка лежит на l
f и вторая координата точки A положительна, то ∠AOx =
f
;
l
0
= l
p
= Если вектор a образует угол с осью Ox угол отсчитывается против часовой стрелки от оси Ox к вектору a), то длина проекции вектора a напрямую равна · |cos(
f
−
a
)|. Интеграл p
]
0
|a| · |cos(
f
−
a
)| d
f
= 2|
a| не зависит от Пусть векторы a
1
, . . . , a
n
, b
1
, . . . , образуют с осью Ox углы a
1
, . . . ,
a
n
,
b
1
, . . . ,
b
m
. Тогда по условию · |cos(
f
−
a
1
)| + . . . + |
a
n
| · |cos(
f
−
a
n
)|
6 6 |b
1
| · |cos(
f
−
b
1
)| + . . . + |
b
m
| · |cos(
f
−
b
m
)| для любого угла f
. Интегрируя эти неравенства по от 0 до p
, получаем + . . . + |a
n
| 6 |b
1
| + . . . + Замечание. Величину − a
b
]
a
f(x) dx называют средним значением функции на отрезке [a, b]. Равенство p
]
0
|a| · |cos(
f
−
a
)| d
f
= означает, что среднее значение длины проекции вектора a равно 2|a|/
p
, точнее говоря, среднее значение функции f(
f
), равной длине проекции вектора напрямую, на отрезке [0,
p
] равно Сумма длин проекций сторон выпуклого многоугольника на любую прямую равна удвоенной длине проекции многоугольника на эту прямую

Глава 13. Векторы
Поэтому сумма длин проекций векторов сторон на любую прямую для внутреннего многоугольника не больше, чем для внешнего. Следовательно, согласно задаче
13.42
сумма длин векторов сторон, те. периметру внутреннего многоугольника не больше, чему внешнего.
13.44.
Если сумма длин векторов равна L, то согласно замечанию к задаче среднее значение суммы длин проекций этих векторов равно Функция f на отрезке [a, b] не может быть всюду меньше своего среднего значения c, так как иначе =
1
b − a
b
]
a
f(x) dx <
(b − a)c
b − a
= Поэтому найдётся такая прямая l, что сумма длин проекций исходных векторов на неё не меньше Зададим на прямой l направление. Тогда либо сумма длин положительных проекций на это направление, либо сумма длин отрицательных проекций не меньше L/
p
. Поэтому либо длина суммы векторов, дающих положительные проекции, либо длина суммы векторов, дающих отрицательные проекции, не меньше Обозначим проекцию многоугольника напрямую через AB. Ясно,
что точки A и B являются проекциями некоторых вершин и многоугольника. Поэтому A
1
B
1
> AB, те. длина проекции многоугольника не больше A
1
B
1
, a A
1
B
1
< d по условию. Так как сумма длин проекций сторон многоугольника напрямую равна 2AB, она не превосходит Среднее значение суммы длин проекций сторон равно 2P/
p
, где P — периметр (см. задачу. Среднее значение не превосходит максимального,
следовательно, 2P/
p
< 2d, те Согласно задаче
13.42
неравенство
|a| + |b| + |c| + |d| > |a + d| + |b + d| +
+ |
c + d| достаточно доказать для проекций векторов напрямую, те. можно считать, что a, b, c и d — векторы, параллельные одной прямой, те. просто числа, причём a + b + c + d = 0. Будем считать, что d > 0, так как иначе можно изменить знаки у всех чисел.
Можно считать, что a 6 b 6 c. Нужно разобрать три случая 1) a, b, c 6 0;
2) a 6 0 и b, c > 0 и 3) a, b 6 0, c > 0. Все возникающие неравенства проверяются достаточно просто. При разборе третьего случая нужно отдельно рассмотреть случаи 6 |b|, |b| 6 |d| 6 |a| ив последнем случае нужно учесть, что = |a| + |b| − |c| 6 |a| + Согласно задаче
13.42
неравенство достаточно доказать для проекций векторов на любую прямую. Пусть проекции векторов # –
OA
1
, . . . , # напрямую равны (с учётом знака) a
1
, . . . , a
n
. Разобьём числа a
1
, . . . , на две группы x
1
> x
2
> . . . > x
k
> 0 и y
0 1
6 y
0 2
6 . . . 6 y
0
n−k
6 0. Пусть y
i
= −y
0
i
. Тогда+ . . . + x
k
= y
1
+ . . . + y
n−k
= a, а значит, x
1
> a/k и y
1
> a/(n − k). Периметру в проекции соответствует число 2(x
1
+ y
1
). Сумме длин векторов в проекции соответствует число x
1
+ . . . + x
k
+ y
1
+ . . . + y
n−k
= 2a. Атак как+ y
1
)
x
1
+ . . . + y
n−k
>
2 2a

a
k
+
a
n − k

=
n
k(n − то остаётся заметить, что величина k(n − k) максимальна при k = n/2 для чётного n и при k = (n ± 1)/2 для нечётного n.

Решения задач
323
13.48.
Длина кривой — предел периметров вписанных вне многоугольников. Рассмотрим вписанный многоугольник с периметром P и длиной проекции напрямую, равной d
l
. Пусть 1
−
e
< d
l
< 1 для всех прямых Многоугольник можно подобрать так, чтобы было сколь угодно мало. Так как многоугольник выпуклый, то сумма длин проекций сторон многоугольника напрямую равна Среднее значение величины равно см. задачу, поэтому 2
e
< 2P/
p
< 2, те. Устремляя к нулю, получаем, что длина кривой равна Докажем, что периметр выпуклой оболочки всех вершин данных многоугольников не превосходит суммы их периметров. Для этого достаточно заметить, что по условию проекции данных многоугольников на любую прямую покрывают проекцию выпуклой оболочки.
13.50.
а) Если l
< 0, то (
l
a) ∨ b = −
l
|a| · |b| sin ∠(−a, b) =
l
|a| · |b| sin ∠(a, b) =
=
l
(
a ∨ b). При l
> 0 доказательство очевидно.
б) Пусть a =
# –
OA,
b =
# –
OB и =
# –
OC. Введём систему координат, направив ось Oy получу. Пусть A = (0, y
1
), B = (x
2
, y
2
) и C = (x
3
, y
3
). Тогда ∨ b = −x
2
y
1
, a ∨ c = и a ∨ (b + c) = −(x
2
+ x
3
)y
1
=
a ∨ b + a ∨ c.
13.51.
Пусть
e
1
и
e
2
— единичные векторы,
направленные по осями. Тогда e
2
= −
e
2
∨ e
1
= 1 и e
1
=
e
2
∨ e
2
= 0. Поэтому ∨ b =
= (a
1
e
1
+ a
2
e
2
) ∨ (b
1
e
1
+ b
2
e
2
) = a
1
b
2
− а) Ясно, чтоб) Для доказательства достаточно воспользоваться равенством # –
AB ∨
# –
AC =
= (
# –
AD + # –
DB) ∨ (
# –
AD +
# –
DC) =
# –
AD ∨
# –
DC + # –
DB ∨
# –
AD + # –
DB ∨
# –
DC =
# –
DC ∨
# –
DA +
# –
DA ∨ # –
DB +
+ # –
DB ∨
# Пусть в начальный момент, те. при t = 0, # –
AB =
v и –
AC =
w. Тогда в момент t получим # –
AB =
v + t(b − a) и –
AC =
w + t(c − a), где a, b и c — векторы скоростей бегунов A, B и C. Так как векторы a, b и c параллельны,
то (b − a) ∨ (c − a) = 0, а значит, |S(A, B, C)| = |
# –
AB ∨
# –
AC|/2 = |x + yt|, где и y — некоторые постоянные числа. Решая систему |x| = 2, |x + 5y| = получаем два решения, дающие для зависимости площади треугольника от времени t выражения |2 + (t/5)| и |2 − t|. Поэтому при t = 10 площадь может принимать значения 4 и Пусть v(t) и w(t) — векторы, соединяющие первого пешехода со вторыми третьим в момент t. Ясно, что v(t) = ta + b и w(t) = tc + d. Пешеходы находятся на одной прямой тогда и только тогда, когда v(t) k те. Функция f(t) = v(t) ∨ w(t) = t
2
a ∨ c + t(a ∨ d + b ∨ c) + b ∨ является квадратным трёхчленом, причём f(0) 6= 0. Квадратный трёхчлен, неравный тождественно нулю, имеет не более двух корней.
13.55.
Пусть # –
OC =
a,
# –
OB =
l
a,
# –
OD =
b и –
OA =
m
b. Тогда ±2S
OPQ
=
# –
OP ∨
# –
OQ =
= ((
a +
m
b)/2) ∨ ((
l
a + b)/2) = (1 −
lm
)(
a ∨ b)/4 и ±2S
ABCD
= ±2(S
COD
− S
AOB
) =
= ±(
a ∨ b −
l
a ∨
m
b) = ±(1 −
lm
)
a ∨ Пусть a
j
=
# –
P
1
A
j
. Тогда удвоенная сумма площадей указанных треугольников для любой внутренней точки P равна + a
1
) ∨ (
x + a
2
) + (
x + a
3
) ∨ (
x + a
4
) + . . . + (
x + a
2n−1
) ∨ (
x + где x = # –
PP
1
; от удвоенной суммы площадей этих треугольников для точки она отличается на x ∨ (a
1
− a
2
+
a
3
− a
4
+ . . . +
a
2n−1
− a
2n
) =
x ∨ a. По условию

Глава 13. Векторы ∨ a = 0 при x = # и x = # –
P
3
P
1
, причём эти векторы не параллельны.
Следовательно, a = 0, те для любого вектора Пусть a =
# –
AP,
b =
# –
BQ и =
# –
CR. Тогда –
QC =
a
a,
# –
RA =
b
b и # –
PB =
g
c,
причём (1 +
a
)
a + (1 +
b
)
b + (1 +
g
)
c = 0. Достаточно проверить, что –
AB ∨
# –
CA =
=
# –
PQ ∨ # –
RP. Разность между этими величинами равна (
a +
g
c) ∨ (c +
b
b) −
− (
g
c + b) ∨ (a +
b
b) = a ∨ c +
b
a ∨ b + a ∨ b +
g
a ∨ c = a ∨ [(1 +
g
)
c + (1 +
b
)
b] =
= −
a ∨ (1 +
a
)
a = Пусть a
i
=
# и w
i
=
# –
A
4
H
i
. Согласно задаче
13.52
б) достаточно проверить, что a
1
∨ a
2
+
a
2
∨ a
3
+
a
3
∨ a
1
=
w
1
∨ w
2
+
w
2
∨ w
3
+
w
3
∨ Векторы a
1
− и a
2
− перпендикулярны вектору a
3
, поэтому они параллельны, те. Сложив это равенство с равенствами w
3
) ∨ (
a
3
− w
2
) = 0 и (
a
3
− w
1
) ∨ (
a
1
− w
3
) = 0, получим требуемое.
13.59.
Пусть x=x
1
e
1
+ x
2
e
2
. Тогда e
1
∨x=x
2
(
e
1
∨e
2
) и ∨ e
2
= x
1
(
e
1
∨ e
2
), те Домножив это выражение справа на (e
1
∨ e
2
)
y, получим ∨ e
2
)(
e
1
∨ y) + (e
1
∨ x)(e
2
∨ y) + (e
2
∨ e
1
)(
x ∨ y) = Положим e
1
=
# –
AB,
e
2
=
# –
AC,
x =
# –
AD и =
# –
AE. Тогда S = a +
x ∨ e
2
+ d =
= c +
y ∨ e
2
+ a = d +
x ∨ e
1
+ b, те и x ∨ e
1
= S − d − b. Подставив эти выражения в (1), получим требуемое

ГЛАВА ЦЕНТР МАСС
Основные сведения. Пусть на плоскости задана система точек с приписанными им массами,
т. е. имеется набор пар (X
i
, m
i
), где X
i
— точка плоскости, a m
i
— положительное число. Центром масс системы точек X
1
, . . . , с массами m
1
, . . . , называют точку O, для которой выполняется равенство m
1
# –
OX
1
+ . . . + m
n
# –
OX
n
=
= #–
0 Центр масс любой системы точек существует, причём только один (задача. Внимательно просмотрев решение задачи, нетрудно заметить, что положительность чисел фактически не используется — важно лишь то, что их сумма отлична от нуля. Иногда бывает удобно рассматривать системы точек, в которых часть масс положительна, а часть отрицательна (но сумма масс должна быть отлична от нуля. Важнейшим свойством центра масс, на котором основаны почти все его применения, является теорема о группировке масс центр масс
системы точек останется прежним, если часть точек заменить одной
точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса,
равная сумме их масс задача. Величину I
M
= m
1
MX
2 1
+ . . . + называют моментом инерции системы точек X
1
, . . . , с массами m
1
, . . . , относительно точки M. Применения этого понятия в геометрии основаны на зависимости I
M
= I
O
+ где O — центр масс системы, a m = m
1
+ . . . + задача 1. Основные свойства центра масса) Докажите, что центр масс существует и единствен для любой системы точек.
б) Докажите, что если X — произвольная точка, а O — центр масс точек X
1
, . . . , с массами m
1
, . . . , m
n
, то –
XO =
1
m
1
+ . . . + m
n
(m
1
# –
XX
1
+ . . . + m
n
# Докажите, что центр масс системы точек останется прежним,
если часть точек заменить одной точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса, равная сумме их масс.
14.3.
Докажите, что центр масс точек A и B с массами a и b лежит на отрезке AB и делит его в отношении b : a.

Глава 14. Центр масс 2. Теорема о группировке масс
14.4.
Докажите, что медианы треугольника ABC пересекаются водной точке и делятся ею в отношении 2 : 1, считая от вершины.
14.5.
Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник, K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA. Докажите, что точка пересечения отрезков KM и LN является серединой этих отрезков, а также и серединой отрезка, соединяющего середины диагоналей.
14.6.
Пусть A
1
, B
1
, . . . , F
1
— середины сторон AB, BC, . . . , FA произвольного шестиугольника. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников и B
1
D
1
F
1
совпадают.
14.7.
Докажите теорему Чевы (задача
4.49
б) с помощью группировки масс.
14.8*.
На сторонах AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхуголь- ника ABCD взяты точки K, L, M и N соответственно, причём
AK : KB = DM : MC =
a и BL : LC = AN : ND =
b
. Пусть P — точка пересечения отрезков KM и LN. Докажите, что NP : PL =
a и KP : PM Найдите внутри треугольника ABC точку O, обладающую следующим свойством для любой прямой, проходящей через O и пересекающей сторону AB в точке K и сторону BC в точке L, выполнено равенство p
AK
KB
+ q
CL
LB
= 1, где p и q — данные положительные числа.
14.10*.
Три мухи равной массы ползают по сторонам треугольника так, что их центр масс остаётся на месте. Докажите, что он совпадает сточкой пересечения медиан треугольника ABC, если известно, что одна муха проползла по всей границе треугольника.
14.11*.
На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки, итак, что прямые CC
1
, и пересекаются в некоторой точке O. Докажите, что:
а)
CO
OC
1
=
CA
1
A
1
B
+
CB
1
B
1
A
;
б)
AO
OA
1
·
BO
OB
1
·
CO
OC
1
=
AO
OA
1
+
BO
OB
1
+
CO
OC
1
+ 2 > На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки, итак, что BA
1
/A
1
C = CB
1
/B
1
A = AC
1
/C
1
B. Докажите, что центры масс треугольников ABC и A
1
B
1
C
1
совпадают.
14.13*.
В середины сторон треугольника ABC помещены точки,
массы которых равны длинам сторон. Докажите, что центр масс этой системы точек расположен в центре вписанной окружности треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника Замечание. Центр масс системы точек, рассматриваемой в задаче
14.13
,
совпадает с центром масс фигуры, изготовленной из трёх тонких стержней одинаковой толщины. Действительно, при нахождении центра масс стержень можно заменить на точку, расположенную в середине стержня и имеющую массу, равную массе стержня. Ясно также, что масса стержня пропорциональна его длине

Условия задач
327
14.14*.
На окружности дано n точек. Через центр масс n − 2 точек проводится прямая, перпендикулярная хорде, соединяющей две оставшиеся точки. Докажите, что все такие прямые пересекаются водной точке.
14.15*.
На прямых BC, CA, AB взяты точки и A
2
, и итак, что A
1
B
2
k AB, B
1
C
2
k BC и C
1
A
2
k CA. Пусть l
a
— прямая,
соединяющая точки пересечения прямых и CC
2
, и CC
1
; прямые и определяются аналогично. Докажите, что прямые l
a
, и пересекаются водной точке (или параллельны).
14.16*.
На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки, и C
1
, причём отрезки AA
1
, и пересекаются в точке Пусть l
a
, l
b
, l
c
— прямые, соединяющие середины отрезков BC и B
1
C
1
,
CA и C
1
A
1
, AB и A
1
B
1
. Докажите, что прямые l
a
, и пересекаются водной точке, причём эта точка лежит на отрезке PM, где M — центр масс треугольника На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки, и C
1
; прямые B
1
C
1
, и пересекают прямую в точках и Q соответственно. Докажите, что:
а) A
1
M/MA = (A
1
P/PA) + б) если P = Q, то MC
1
: MB
1
= (BC
1
/AB) : На прямой AB взяты точки P и P
1
, а на прямой AC взяты точки Q и Q
1
. Прямая, соединяющая точку A сточкой пересечения прямых PQ и P
1
Q
1
, пересекает прямую BC в точке D. Докажите, что) − (BP
1
/P
1
A)
(CQ/QA) − (CQ
1
/Q
1
A)