Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
14.6. Поместим в вершины шестиугольника единичные массы пусть O центр масс полученной системы точек. Так как точки A 1 , и являются центрами масс пар точек (A, B), (C, D) и (E, F), то точка O является центром масс системы точек A 1 , и с массами 2, те точка пересечения медиан треугольника см. решение задачи. Аналогично доказывается, что O — точка пересечения медиан треугольника Пусть прямые и пересекаются в точке O; AC 1 : C 1 B = и BA 1 : A 1 C = q. Нужно доказать, что прямая проходит через точку тогда и только тогда, когда CB 1 : B 1 A = 1 : Поместим в точки A, B и C массы 1, p и pq соответственно. Тогда точка является центром масс точек A и B, а точка A 1 — центром масс точек B и Поэтому центр масс точек A, B и C сданными массами является точкой пересечения прямых и AA 1 . С другой стороны, точка O лежит на отрезке, соединяющем точку B с центром масс точек A и C. Если B 1 — центр масс точек A и C с массами 1 и pq, то AB 1 : B 1 C = pq : 1. Остаётся заметить, что на отрезке AC существует единственная точка, делящая его в данном отношении Поместим в точки A, B, C и D массы 1, a , ab и соответственно. Тогда точки K, L, M и N являются центрами масс пар точек, B), (B, C), (C, D) и (D, A) соответственно. Пусть O — центр масс точек Глава 14. Центр масс, B, C и D с указанными массами. Тогда O лежит на отрезке и NO : OL = ( ab + a ) : (1 + b ) = a . Точка O лежит на отрезке KM и KO : OM = = ( b + ab ) : (1 + a ) = b . Поэтому O — точка пересечения отрезков KM и те и NP : PL = NO : OL = a , KP : PM Поместим в вершины A, B и C массы p, 1 и q соответственно. Пусть O — центр масс этой системы точек. Будем рассматривать точку с массой 1 как две совпадающие точки с массами и x c , где x a + x c = Пусть K — центр масс точек A и B с массами p и x a , a L — центр масс точек и B с массами q и x c . Тогда AK : KB = x a : p, CL : LB = x c : q, а точка являющаяся центром масс точек K и L с массами p + и q + x c , лежит на прямой KL. Изменяя от 0 до 1, мы получим все прямые, проходящие через точку O и пересекающие стороны AB и BC. Поэтому для всех этих прямых выполняется равенство x a + x c = Обозначим центр масс мух через O. Пусть одна муха находится в вершине A, а A 1 — центр масс двух других мух. Ясно, что точка лежит внутри треугольника ABC, а точка O лежит на отрезке и делит его в отношении AO : OA 1 = 2 : 1. Поэтому точка O лежит внутри треугольника, полученного из треугольника ABC гомотетией с коэффициентом и центром A. Рассматривая такие треугольники для всех трёх вершин, получаем, что единственной их общей точкой является точка пересечения медиан треугольника ABC. Так как одна муха побывала во всех трёх вершинах, а точка O при этом оставалась на месте, точка O должна принадлежать всем трём этим треугольникам, те совпадает сточкой пересечения медиан треугольника а) Пусть AB 1 : B 1 C = 1 : p и BA 1 : A 1 C = 1 : q. Поместим в точки A, B, C массы p, q, 1 соответственно. Тогда точки и являются центрами масс пар точек (B, C) и (A, C). Поэтому центр масс системы точек A, B и C лежит как на отрезке AA 1 , таки на отрезке BB 1 , те. совпадает сточкой. Следовательно, точка является центром масс точек A и Поэтому CO/OC 1 = p + q = (CB 1 /B 1 A) + б) Согласно задаче а + q p · 1 + p q · p + q 1 = p + q + p q + + q p + 1 p + 1 q + 2 = AO OA 1 + BO OB 1 + CO OC 1 + 2. Ясно также, что p + 1 p > 2, q + 1 q > и Пусть M — центр масс треугольника ABC. Тогда # – MA + # – MB + # – MC = #– 0 Кроме того, # – AB 1 + # – BC 1 + # – CA 1 = k( # – AC + # – BA + # – CB) = #– 0 . Сложив эти равенства, получим # – MB 1 + # – MC 1 + # – MA 1 = #– 0 , те центр масс треугольника Замечание. Аналогичное утверждение точно также доказывается для произвольного n-угольника. 14.13. Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB. Центр масс точек и находится в точке K, для которой B 1 K : KC 1 = c : b = B 1 A 1 : Поэтому A 1 K — биссектриса угла Пусть M 1 — центр масс n − 2 точек, K — середина хорды, соединяющей две оставшиеся точки, O — центр окружности, M — центр масс всех данных точек. Если прямая OM пересекает прямую, проведённую через точку в точке P, то OM/MP = KM/MM 1 = (n − 2)/2, а значит, положение Решения задач 335 точки P однозначно определяется положением точек O и M если M = O, то = Параллельность прямых и AB означает, что если B 2 — центр масс точек A и C с массами 1 и g , то A 1 — центр масс точек B и C с массами и g . Определим числа и b аналогично. Прямые и пересекаются в центре масс точек A, B и C с массами a , 1 и 1. Прямые и пересекаются в центре масс точек A, B и с массами 1, b и. Поэтому прямая проходит через центр масс точек, B и C с массами 1 + a , 1 + b и 1 + g . Аналогично доказывается, что через эту точку проходят и прямые и l c . Если сумма масс равна нулю, то центр масс — бесконечно удалённая точка в этом случае прямые l a , и l c параллельны. 14.16. Пусть P — центр масс точек A, B и C с массами a, b и c, M — центр масс точек A, B и C с массой a + b + c в каждой точке, Q — центр масс объединения этих двух систем точек. Середина отрезка AB является центром масс точек A, B и C с массами a + b + c − (ab/c), a + b + c − (ab/c) и а середина отрезка является центром масс точек A, B и C с массами + c)/c, b(a + c)/c и (b + c) + (a + c). Центр масс объединения этих систем точек является точкой а) Поместим в точки B, C и A такие массы b , g и b + c, что BA 1 = b : g , BC 1 : AC 1 = b : b и AB 1 : CB 1 = g : c. Тогда M — центр масс этой системы, а значит, A 1 M/AM = (b + c)/( b + g ). Точка P является центром масс точек A, B и C с массами c, b и, поэтому A 1 P/PA = Аналогично A 1 Q/AQ = б) Как ив задаче а, получаем MC 1 /MB 1 =(c+ g )/(b+ b ), BC 1 /AB=b/(b и AC/CB 1 = (c + g )/c. Кроме того, b = c, так как прямые AA 1 , и пересекаются водной точке (см. задачу 14.7 ). 14.18. Точка пересечения прямых PQ и является центром масс точек, B и C с массами a, b и c; при этом P — центр масс точек A и с массами a − x и b, а Q — центр масс точек A и C с массами x и Пусть p = BP/PA = (a − x)/b и q = CQ/QA = x/c. Тогда pb + qc = a. Аналогично + q 1 c = a. Следовательно, BD/CD = −c/b = (p − p 1 )/(q − Занумеруем точки данной системы. Пусть x i — вектор с началом в точке O и концом в точке с номером i, причём этой точке приписана масса m i . Тогда m i x i = 0. Пусть, далее, a = # – XO. Тогда I O = P m i x 2 i , I M = P m i ( x i + a) 2 = P m i x 2 i + 2( P m i x i , a) + P m i a 2 = I O + а) Пусть x i — вектор с началом в центре масс O и концом в точке с номером i. Тогда x j ) 2 = P i,j ( x 2 i + x 2 j ) − 2 P i,j ( x i , x j ), где суммирование ведётся по всем возможным парам номеров точек. Ясно, что) = 2n P i x 2 i = и, x j ) = P i ( x i , P j x j ) = 0. Поэтому 2nI O = = P i,j ( x i − x j ) 2 = б) Пусть x i — вектор с началом в центре масс O и концом в точке с номером i. Тогда x j ) 2 = P i,j m i m j ( x 2 i + x 2 j ) − 2 P i,j m i m j ( x i , Ясно, что) = P i m i P j (m j x 2 i + m j x 2 j ) = P i m i (m x 2 i + I O ) = 2mI O Глава 14. Центр масс и, x j ) = P i m i ( x i , P j m j x j ) = 0. Поэтому 2mI O = P i,j m i m j ( x i − x j ) 2 = = а) Пусть M — точка, симметричная точке A относительно прямой Тогда M — центр масс точек A, B и C с массами −1, 1 и 1, а значит+ где a — сторона треугольника ABC. В итоге получаем, что искомое ГМТ является окружностью радиуса a с центром б) Пусть A 0 , и C 0 — проекции точки X на прямые BC, CA и AB. Точки и лежат на окружности с диаметром AX, поэтому B 0 C 0 = AX sin B 0 AC 0 = = √ 3AX/2. Аналогично C 0 A 0 = √ 3BX/2 и A 0 B 0 = √ 3CX/2. Следовательно, если BX 2 + CX 2 , то ∠B 0 A 0 C 0 = Пусть M — центр масс вершин треугольника ABC с единичными массами. Тогда I O = I M + 3MO 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )/3 + см. задачи 14.19 и 14.20 а). Атак как OA = OB = OC = R, то I O = 3R 2 . Остаётся заметить, что = 3OM (задача 5.128 ). 14.23. Ясно, что AX/XA 1 = AX 2 /AX · XA 1 = AX 2 /(R 2 − OX 2 ). Поэтому нужно проверить, что AX 2 + BX 2 + CX 2 = 3(R 2 − OX 2 ) тогда и только тогда, когда OX 2 + MX 2 . Для этого достаточно заметить, что AX 2 + BX 2 + CX 2 = = I X = I M + 3MX 2 = I O − 3MO 2 + 3MX 2 = 3(R 2 − MO 2 + Пусть P — центр масс точек A, B и C с массами a , b и можно считать, что a + b + g = 1. Если K — точка пересечения прямых CP и AB, то + PK PK = 1 + CP PK = 1 + a + b Аналогичные рассуждения показывают, что рассматриваемая величина равна bg a 2 + ga b 2 + ab c 2 = см. задачу 14.20 б). Атак как I O = a R 2 + b R 2 + g R 2 = то I P = I O − OP 2 = R 2 − Поместим в данные точки единичные массы. Как следует из результата задачи 14.20 а), сумма квадратов попарных расстояний между этими точками равна nI, где I — момент инерции системы точек относительно центра масс. Рассмотрим теперь момент инерции системы относительно центра окружности. С одной стороны, I 6 см. задачу. С другой стороны, так как расстояние от точки O до любой изданных точек не превосходит то I O 6 nR 2 . Поэтому nI 6 n 2 R 2 , причём равенство достигается, только если = те. центр масс совпадает с центром окружности) и I O = те. все точки расположены на данной окружности). 14.26. Пусть A 1 , и C 1 — проекции точки P на стороны BC, CA и AB; M — центр масс треугольника A 1 B 1 C 1 . Тогда 3(d 2 a + d 2 b + d 2 c ) = 3I P > 3I M = = A 1 B 2 1 + B 1 C 2 1 + C 1 A 2 1 = (R c sin C) 2 + (R a sin A) 2 + (R b sin B) 2 , так как, например, отрезок является хордой окружности с диаметром Пусть O — центр данной окружности. Если хорда AB проходит через точку M, то AM · BM = R 2 − d 2 , где d = MO. Обозначим через момент инерции системы точек A 1 , . . . , относительно точки X. Тогда I O = I M + см. задачу. С другой стороны, так как OA i = R, то I O = nR 2 . Поэтому. Таким образом, если ввести обозначение a i = A i M, то требуемое неравенство перепишется в виде Решения задач+ . . . + a n 6 1 n (a 2 1 + . . . + a 2 n ) 1 a 1 + . . . + 1 a n . Для доказательства этого неравенства следует воспользоваться неравенством x + y 6 x 2 /y + y 2 /x последнее неравенство получается из неравенства xy 6 x 2 − xy + умножением обеих частей на + Поместим в вершины многоугольника единичные массы. При симметрии относительно оси симметрии эта система точек переходит в себя, поэтому её центр масс тоже переходит в себя. Следовательно, все оси симметрии проходят через центр масс вершин с единичными массами. 14.29. Поместим в центры клеток, из которых состоят уголки и прямоугольники, единичные массы. Разобьём каждую исходную клетку бумаги на четыре клетки, получив тем самым новую клетчатую бумагу. Легко проверить, что теперь центр масс уголка лежит в центре новой клетки, а центр масс прямоугольника — в вершине клетки (рис. 14.2). Ясно, что центр масс фигуры Рис. совпадает се центром симметрии, а центр симметрии фигуры, состоящей из исходных клеток, может находиться только в вершине новой клетки. Так как массы уголков и плиток равны, сумма векторов с началом в центре масс фигуры и с концами в центрах масс всех уголков и плиток равна нулю. Если бы число уголков было нечётно, то сумма векторов имела бы полуцелые координаты и была бы отлична от нуля. Следовательно, число уголков чётно. 14.30. Поместим в вершины многоугольника A 1 . . . единичные массы. Тогда центр масс данной системы точек. Поэтому # – A i O = ( # – A i A 1 + . . . + # и A i O 6 (A i A 1 + . . . + A i A n )/n. Следовательно, d = A 1 O + . . . + A n O 6 Число n можно записать либо в виде n = 2m, либо в виде n = 2m + Пусть P — периметр многоугольника. Ясно, что A 1 A 2 + . . . + A n A 1 = P, A 1 A 3 + + A 2 A 4 + . . . + A n A 2 6 2P, ..., A 1 A m+1 + A 2 A m+2 + . . . + A n A m 6 mP, причём в левых частях этих неравенств встречаются все стороны и диагонали. Так Глава 14. Центр масс как в сумму n P i,j=1 A i A j все они входят дважды, то 1 n n X i,j=1 A i A j 6 2 n (P + 2P + . . . + mP) = m(m + Прич тном n это неравенство можно усилить за счёт того, что в этом случаев сумму A 1 A m+1 + . . . + каждая диагональ входит дважды, те. вместо можно взять mP/2. Значит, прич тном n d 6 2 n P + 2P + . . . + (m − 1)P Таким образом, при n чётном d 6 m 2 n P = n 4 P, а при n нечётном d 6 m(m + 1) n P = = n 2 − 1 Пусть k = BK/BC = 1 − (DL/DC). При проекции напрямую, перпендикулярную диагонали BD, точки A, B, K и L переходят в такие точки A 0 , B 0 , и L 0 , что B 0 K 0 + B 0 L 0 = kA 0 B 0 + (1 − k)A 0 B 0 = A 0 B 0 . Следовательно, центр масс точек A 0 , и совпадает сточкой. Остаётся заметить, что при проекции центр масс переходит в центр масс. 14.32. Введём следующие обозначения e 1 = # – A 3 A 1 , e 2 = # и x = # Точка X является центром масс вершин треугольника A 1 A 2 A 3 c массами, тогда и только тогда, когда m 1 ( x + e 1 ) + m 2 ( x + e 2 ) + m 3 x = те, где m = m 1 + m 2 + m 3 . Будем считать, что m = Любой вектор x на плоскости можно представить в виде x = −m 1 e 1 − m 2 e 2 , причём числа и определены однозначно. Число находится по формуле Эта задача является переформулировкой задачи 13.31 З а меча ни е. Если площади треугольников BCX, CAX и ABX считать ориентированными, то утверждение задачи останется верными для точек, лежащих вне треугольника. 14.34. При проекции напрямую параллельно прямой BC вектор = # – XA · BL + # – XB · AK + # – XC · LK переходит в вектор – LA · BL + # – LB · AK + # – LB · Этот вектор нулевой, так как LA = LK + KA. Рассмотрев проекцию напрямую параллельно прямой AC, получим, что u = Используя результат задачи, легко проверить, что ответ следующий б) (a : b : c); в) (tg a : tg b : tg Если потребовать, чтобы сумма барицентрических координат была равна то ответ следующий а a 2 sin b sin g : . . . ; в) (ctg b ctg g : . . Прибавив к обеим частям равенства a # – XA + b # – XB + g # – XC = #– 0 вектор – XA, получим – XA = ( b + g ) # – XA + b # – BX + g # – CX = b # – BA + g # Согласно задаче 14.1 б) 3 # – XM = # – XA + # – XB + # – XC. Кроме того – XA = = b # – BA + g # – CA, # – XB = a # – AB + g # – CB и – XC = a # – AC + b # – BC см. задачу 14.36 ). 14.38. а) Пусть прямые AN, BN и CN пересекают стороны треугольника в точках A 1 , и C 1 . Тогда − c p − a , CA 1 A 1 B = p − b p − c , BC 1 C 1 B = p − a p − Поэтому точка N имеет барицентрические координаты (p − a : p − b : p − c). Решения задач 339 б) Абсолютные барицентрические координаты точек N и I равны − a p , p − b p , p − c p и a 2p , b 2p , c 2p Поэтому, воспользовавшись задачей, получаем требуемое. 14.39. Пусть прямые, проходящие через точку X параллельно AC и пересекают прямую AB в точках K и L соответственно. Если ( a , b , g ) — абсолютные барицентрические координаты точки X, то 2 # – XC 1 = # – XK + # – XL = = g # – CA + g # – CB см. решение задачи. Поэтому 3 # – XM 1 = # – XA 1 + # – XB 1 + # – XC 1 = = ( a ( # – AB + # – AC) + b ( # – BA + # – BC) + g ( # – CA + # – CB))/2 = 3 # – XM/2 (см. задачу 14.37 ). 14.40. Пусть X — произвольная точка, O — центр описанной окружности данного треугольника, e i = # и a = # – XO. Если точка X имеет барицентриче- ские координаты (x 1 : x 2 : x 3 ), то x i ( a + e i ) = P x i # – XA i = 0, так как X — центр масс точек A 1 , A 2 , с массами x 1 , x 2 , x 3 . Поэтому ( P x i ) a = − P x i e i . Точка принадлежит описанной окружности треугольника тогда и только тогда, когда |a| = XO = R, где R — радиус этой окружности. Таким образом, описанная окружность треугольника задаётся в барицентрических координатах уравнением, те, так как = R. Это уравнение переписывается в виде (e i , e j )) = Заметим теперь, что 2(R 2 − (e i , e j )) = a 2 ij , где a ij — длина стороны A i A j . В самом деле, a 2 ij = | e i − e j | 2 = | e i | 2 + | e j | 2 − 2(e i , e j ) = 2(R 2 − (e i , e j )). В итоге получаем, что описанная окружность треугольника A 1 A 2 A 3 задаётся в барицентрических координатах уравнением 0, где a ij — длина стороны а) Пусть X и Y — точки с барицентрическими координатами) и ( a −1 : b −1 : g −1 ); прямые CX и CY пересекают прямую AB в точках и Y 1 . Тогда AX 1 : BX 1 = b : a = a −1 : b −1 = BY 1 : AY 1 . Аналогичные рассуждения для прямых AX и BX показывают, что точки X и Y изотомиче- ски сопряжены относительно треугольника б) Пусть X — точка с абсолютными барицентрическими координатами. Тогда согласно задаче – AX = b # – AB + g # – AC = b c( # – AB/c) + g b( # Пусть Y — точка, симметричная точке X относительно биссектрисы угла A; ( a 0 : b 0 : g 0 ) — барицентрические координаты точки Y. Достаточно проверить, что b 0 : g 0 = (b 2 / b ) : (c 2 / g ). При симметрии относительно биссектрисы угла единичные векторы # – AB/c и – AC/b переходят друг в друга, поэтому – AY = b c( # – AC/b) + g b( # – AB/c). Следовательно ( g b/c) : ( b c/b) = (b 2 / b ) : а) Легко проверить, что указанная точка лежит на обеих прямых. б) Несовпадающие прямые параллельны тогда и только тогда, когда точка их пересечения бесконечно удалённая. Точка является бесконечно удал нной тогда и только тогда, когда сумма её барицентрических координат равна Точки и имеют барицентрические координаты (0 : 1 и (1 : 0 : b 1 ), поэтому в барицентрических координатах ( a : b : g ) прямая A 2 B 1 задаётся уравнением ab 1 + ba 2 = g . Прямые и задаются уравнениями и. Эти прямые пересекаются водной точке Глава 14. Центр масс тогда и только тогда, когда b 1 a 2 −1 −1 g 1 b 2 g 2 −1 a 1 = Это равенство легко переписать в требуемом виде. 14.44. Воспользуемся выражением квадрата длины отрезка через абсолютные трилинейные координаты его концов (задача. Абсолютные барицентрические координаты ( a , b , g ) связаны с абсолютными трилиней- ными координатами (x, y, z) следующим образом: a = l xa, b = l yb, g = l zc, причём l (xa + yb + zc) = 1. Ясно, что xa + yb + zc = 2S. Поэтому x = a Несложная проверка показывает, что cos A sin B sin C 2S a 2 = 2S ctg а) Согласно теореме косинусов cos A = b 2 + c 2 − a 2 2bc , поэтому 2S ctg A = = bc cos A = b 2 + c 2 − a 2 б) Очевидно следует из а). в) Согласно задаче A + ctg B + ctg C = ctg г) Легко проверить, что 4(S A S B + S B S C + S C S A ) = 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − a 4 − − b 4 − c 4 . Равенство 16S 2 = 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − a 4 − b 4 − следует из формулы Герона. д) Согласно задаче 12.46 а) S f = a 2 + b 2 + c 2 2 . Таким образом, наша задача сводится к проверке тождества+ c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 − c 2 ) + 8a 2 b 2 c 2 = = 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − a 4 − b 4 − c 4 (a 2 + b 2 + Это тождество легко проверяется. 14.46. Пусть A 0 — точка пересечения прямых XA и BC, d 0 a — расстояние от точки до прямой l. Легко проверить, что d 0 a = d b b + d c g b + g и − a b + g . Из этих двух равенств следует требуемое равенство. 14.47. Проведём через центр вписанной окружности прямую l 0 , параллельную прямой l. Пусть d a = d a − r, d b = d b − r, d c = d c − r, где r — радиус вписанной окружности. Тогда d a , d b , d c — расстояния то точек A, B, C до прямой с учётом знака. Центр вписанной окружности имеет барицентриче- ские координаты (a : b : c), поэтому согласно задаче+ bd b + cd c = те Решение аналогично решению задачи. Нужно лишь воспользоваться тем, что центр вневписанной окружности, касающейся стороны имеет барицентрические координаты (−a : b : Запишем равенство из задачи 14.48 для прямой и окружностей S b и S c . В результате получим ad aa − bd ab + cd ac = и ad aa + bd ab − cd ac = = 2S ABC , где d aa — расстояние от точки A до прямой l a . Таким образом cd ac , те. Аналогично d bc /d ba = a/c и d ca /d cb = b/a. Перемножая эти три равенства, получаем требуемое Решения задач 341 14.50. Рассмотрим прямые l 1 = AB, l 2 = BC, l 3 = CD и l 4 = AD. Пусть расстояние от точки X до прямой с учётом знака (если точка X и четы- рёхугольник ABCD лежат по одну сторону от прямой l i , то знак положителен). Таким образом, (x 1 : x 2 : x 3 ) — трилинейные координаты точки X относительно треугольника, образованного прямыми l 1 , l 2 , Биссектрисы внешних углов при вершинах A и C задаются уравнениями+ x 4 = 0 и x 2 + x 3 = 0; при вершинах B и D — уравнениями x 1 + x 2 = и x 3 + x 4 = 0; при вершинах P и Q — уравнениями x 1 + x 3 = 0 и x 2 + x 4 = Поэтому остаётся лишь проверить, что уравнение x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 задаёт прямую. Если в прямоугольной системе координат прямая l i задаётся уравнением cos f + y sin f = d, то x i = ±(x cos f + y sin f − d). Поэтому x 1 , x 2 , x 3 , линейно выражаются через x и Пусть (x : y : z) — трилинейные координаты относительно треугольника. Из равенства ∠ABP = ∠CBQ следует, что точки P и Q имеют трилинейные координаты вида (p : u : q) и (q : v : p). Прямые AP и CQ задаются уравнениями y : z = u : q и x : y = q : v, поэтому их точка пересечения D имеет трилинейные координаты. Прямые AQ и CP задаются уравнениями : z = v : p и x : y = p : u, поэтому их точка пересечения E имеет трилинейные координаты. Из вида трилинейных координат точек D и E следует, что ∠CBD = Пусть (x : y : z) — трилинейные координаты первой точки Брокара Тогда x : y : z = CP : AP : BP. Кроме того, AP/ sin f = AB/ sin a = 2Rc/a здесь f — угол Брокара). Аналогично BP = 2R sin f a/b и CP = 2R sin f b/c. Таким образом, первая точка Брокара имеет трилинейные координаты b c : c a : a b Вторая точка Брокара имеет трилинейные координаты c b : a c : b a 14.53. Точка имеет трилинейные координаты sin a ± p 3 : ∓ sin где верхний знак соответствует треугольникам, построенным внешним образом, а нижний — внутренним. Поэтому прямая CC 1 задаётся уравнением. Таким образом, точка с трилинейными координатами 1 sin a ± p 3 : 1 sin b ± p 3 : 1 sin g ± p 3 ! является точкой пересечения прямых AA 1 , и а) Описанная окружность задаётся уравнением ayz + bxz + cxy = те (здесь a, b, c — длины сторон треугольника. Одно доказательство этого утверждения содержится в решении задачи другое в решении задачи. Ещё одно доказательство можно получить, воспользовавшись тем, что описанная окружность изогонально сопряжена бесконечно удалённой прямой, которая задаётся уравнением ax + by + cz = 0. Глава 14. Центр масс б) Вписанная окружность задаётся уравнением cos a 2 √ x + cos b 2 √ y + + cos g 2 √ z = 0, те+ Чтобы получить это уравнение, можно воспользоваться тем, что вписанная окружность треугольника ABC является описанной окружностью треугольника, где A 1 , и C 1 — точки касания. Пусть (x 1 : y 1 : z 1 ) — трилинейные координаты относительно треугольника точки описанной окружности треугольника A 1 B 1 C 1 . Тогда sin b + g 2 y 1 z 1 + sin a + g 2 x 1 z 1 + sin a + b 2 x 1 y 1 = поскольку углы треугольника равны b + g 2 , a + g 2 , a + b 2 . Согласно задаче 2.61 а) xy = z 2 1 . Кроме того, sin b + g 2 = cos в) Вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, задаётся уравнением, те Это доказывается точно также, как и для вписанной окружности. 14.55. Окружность девяти точек задаётся в трилинейных координатах уравнением Чтобы доказать это, достаточно проверить, что кривая, заданная этим уравнением, пересекает каждую сторону треугольника в середине стороны ив основании высоты. (Кривая второй степени задаётся пятью точками, ау нас получается целых шесть точек) Середина стороны BC имеет трилинейные координаты (0 : sin g : sin b ), а основание высоты, опущенной на эту сторону, имеет трилинейные координаты (0 : cos g : cos b ). Легко проверить, что обе эти точки лежат на данной кривой. 14.56. Уравнение yz sin a + xz sin b + xy sin g = 0 задаёт описанную окружность треугольника. В декартовых координатах уравнение любой окружности можно получить, вычтя из уравнения фиксированной окружности некоторую линейную функцию. В трилинейных координатах для сохранения однородности линейную функцию px + qy + rz нужно домножить на постоянную величину x sin a + y sin b + z sin эта величина будет постоянной, если x, y, z — абсолютные трилинейные координаты). б) Согласно задаче 3.56 в декартовых координатах степень точки (x 0 , относительно окружности (x − a) 2 + (y − b) 2 = равна (x 0 − a) 2 + (y 0 − b) 2 − R 2 Решения задач 343 Поэтому радикальная ось окружностей, заданных (в декартовых координатах) уравнениями x 2 + y 2 + P 1 x + Q 1 y + R 1 = 0 и x 2 + y 2 + P 2 x + Q 2 y + R 2 = 0, задаёт- ся уравнением P 1 x + Q 1 y + R 1 = P 2 x + Q 2 y + R 2 . Для произвольных линейных функций, которые мы вычитаем из уравнения фиксированной окружности, получаем аналогичное уравнение. 14.57. Пусть точки (x 0 : y 0 : z 0 ) и (x 1 : y 1 : z 1 ) лежат на вписанной окружности. Тогда прямая, проходящая через эти точки, задаётся уравнением) cos a 2 + y( √ x 0 z 1 + √ x 1 z 0 ) cos b 2 + z( √ x 0 y 1 + √ x 1 y 0 ) cos g 2 = Проверим, например, что точка (x 0 : y 0 : z 0 ) лежит на этой прямой. Для этого воспользуемся тождеством) cos a 2 + . . . = = ( √ x 0 y 0 z 1 + √ x 0 y 1 z 0 + √ x 1 y 0 z 0 ) √ x 0 cos a 2 + . . . − √ x 0 y 0 z 1 √ x 1 cos a 2 + . . Точки (x 0 : y 0 : z 0 ) и (x 1 : y 1 : z 1 ) лежат на вписанной окружности, поэтому согласно задаче 14.54 б) √ x 0 cos a 2 + . . . = 0 и a 2 + . . . = Чтобы получить уравнение касательной в точке (x 0 : y 0 : z 0 ), нужно положить. После деления на уравнение примет требуемый вид. 14.58. Уравнение вписанной окружности можно записать в виде a + . . . ! (x sin a + . . .) = 4 cos 2 a 2 cos 2 b 2 cos 2 g 2 sin a sin b sin g (yz sin a + . . а уравнение окружности девяти точек можно записать в виде cos a + . . .)(x sin a + . . .) = 2(yz sin a + . . Поэтому согласно задаче 14.56 б) их радикальная ось задаётся уравнением cos 2 a 2 cos 2 b 2 cos 2 g 2 (x cos a + . . .) = sin a sin b sin g x cos 4 a 2 sin a + . . Сократим обе части на 2 cos a 2 cos b 2 cos g 2 . Учитывая, что cos 3 a 2 sin b 2 sin g 2 − cos a 2 cos b 2 cos g 2 cos a = cos a 2 sin a − b 2 sin полученное уравнение можно записать в виде cos a 2 sin b − g 2 + y cos b 2 sin g − a 2 + z cos g 2 sin a − b 2 = Согласно задаче 14.57 это уравнение является уравнением касательной к вписанной окружности в точке. (Легко проверить Глава 14. Центр масс что эта точка действительно лежит на вписанной окружности) Если радикальная ось двух окружностей касается одной из них в некоторой точке, то окружности касаются в той же самой точке. 14.59. а) Из решения задачи 19.59 следует, что вершина A 1 треугольника Брокара является точкой пересечения прямых CP и BQ, где P и Q — первая и вторая точки Брокара. Поэтому точка имеет трилинейные координаты : c 2 ab : b 2 ac = (abc : c 3 : b 3 ). Барицентрические координаты этой точки имеют вид (a 2 : c 2 : б) Вычисления удобнее провести в барицентрических координатах. В бари- центрических координатах ( a : b : g ) прямая B 1 C 1 задаётся уравнением = a b g c 2 b 2 a 2 b 2 a 2 c 2 = a (b 2 c 2 − a 4 ) + b (a 2 b 2 − c 4 ) + g (a 2 c 2 − Кроме того 1. Поэтому прямая, проходящая через точку A параллельно прямой B 1 C 1 , задаётся уравнением b (a 2 b 2 − c 4 + a 4 − b 2 c 2 ) + g (a 2 c 2 − b 4 + a 4 − b 2 c 2 ) = те. Поэтому b : g = 1 c 2 − a 2 : 1 a 2 − Таким образом, точка Штейнера имеет барицентрические координаты c 2 : 1 c 2 − a 2 : 1 a 2 − b 2 . Трилинейные координаты точки Штейнера имеют вид c 2 ) : 1 b(c 2 − a 2 ) : 1 c(a 2 − b 2 ) 14.60. Введём прямоугольную систему координат Ouv, направив ось u получу и выбрав направление оси v так, чтобы точка A имела положительную координату v. Тогда прямоугольные координаты (u, v) и трилинейные координаты (x, y, z) связаны следующим образом v = x и u = x cos b + z sin Ясно также, что xa + yb + zc = 2S, те. Пусть (u 1 , и (u 2 , v 2 ) — координаты точек M и N. Тогда (u 1 − u 2 ) 2 + (v 1 − v 2 ) 2 = = (x 1 − x 2 ) 2 cos 2 b sin 2 b + 2(x 1 − x 2 )(z 1 − z 2 ) cos b sin 2 b + (z 1 − z 2 ) 2 sin 2 b + (x 1 − x 2 ) 2 = = (x 1 − x 2 ) 2 sin 2 b + (z 1 − z 2 ) 2 sin 2 b + 2(x 1 − x 2 )(z 1 − z 2 ) cos Если воспользоваться тем, что (y 1 − y 2 ) 2 = (x 1 − x 2 ) a b + (z 1 − z 2 ) c b 2 , то требуемое равенство можно преобразовать в полученное равенство походу преобразований нужно воспользоваться тем, что a/b = sin a / sin и a + b + g = p ГЛАВА ПАРАЛЛЕЛЬНЫЙ ПЕРЕНОС Основные сведения. Параллельным переносом на вектор – AB называют преобразование, переводящее точку X в такую точку X 0 , что – XX 0 = # – AB. 2. Композиция (те. последовательное выполнение) двух параллельных переносов является параллельным переносом. Вводные задачи 1. Докажите, что при параллельном переносе окружность переходит в окружность. 2. Две окружности радиуса R касаются в точке K. На одной из них взята точка A, на другой — точка B, причём ∠AKB = 90 ◦ . Докажите, что AB = Две окружности радиуса R пересекаются в точках M и N. Пусть и B — точки пересечения серединного перпендикуляра к отрезку с этими окружностями, лежащие по одну сторону от прямой Докажите, что MN 2 + AB 2 = Внутри прямоугольника ABCD взята точка M. Докажите, что существует выпуклый четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями длины AB и BC, стороны которого равны AM, BM, CM, DM. |