Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
31.71. Фиксируем на данной конике точку (x 0 , y 0 ). Для фиксированного рассмотрим прямую y = y 0 + t(x − x 0 ). Эта прямая проходит через точку, y 0 ). Найдём остальные точки пересечения прямой и коники (как мы сейчас выясним, прямая почти всегда пересекает конику ещё ровно водной точке. Подставим выражение y = y 0 + t(x − x 0 ) в уравнение коники. В результате получим уравнение вида A(t)x 2 + B(t)x + C(t) = 0, где A(t), B(t), C(t) — многочлены например A(t) = ct 2 + a. Точки пересечения рассматриваемой прямой и коники соответствуют корням полученного квадратного уравнения. Одну точку пересечения мы знаем — это фиксированная точка, y 0 ). Поэтому уравнение A(t)x 2 + B(t)x + C(t) = 0 имеет корень x 0 . Второй корень мы находим по теореме Виета: x 1 = −x 0 − B(t) A(t) = P(t) A(t) ; здесь P(t) — снова многочлен. Далее, y = y 0 + t P(t) A(t) − x 0 = Q(t) A(t) , где Q(t) — многочлен. Мы получили взаимно однозначное соответствие между точками коники и параметром t тангенсом угла наклона прямой) за исключением некоторых особых случаев) Вертикальная прямая может пересекать конику, но ей не соответствует никакой конечный параметр t можно считать, что ей соответствует t = ±∞). Решения задач 2) Для исключительных значений параметра t коэффициент A(t) = ct 2 + может обращаться в нуль. В таком случае квадратное уравнение превращается в линейное уравнение, у которого нет второго корня. В этом случае прямая пересекает конику лишь водной точке (можно считать, что вторая точка пересечения бесконечно удалённая). Отметим, что совпадение корней квадратного уравнения соответствует тому, что рассматриваемая прямая — касательная к конике. 31.72. Подставим выражение y = t(x − 1) в уравнение окружности. В результате получим уравнение (1 + t 2 )x 2 + (−2t 2 )x + t 2 − 1 = 0. Произведение корней этого уравнения равно 1 t 2 + 1 , причём один корень равен 1. Поэтому другой корень равен 1 t 2 + 1 . Далее, y = t(x − 1) = −2t t 2 + 1 . В итоге получаем для окружности рациональную параметризацию 1 t 2 + 1 , −2t t 2 + Для многочлена A(t) = ct 2 + a это видно непосредственно. Для каждого фиксированного прямая x = l пересекает конику не более чем в двух точках, поэтому уравнение P(t) = l A(t) имеет не более двух корней. Следовательно, степень многочлена P не превосходит 2. Для многочлена доказательство аналогично. 31.74. Пусть ax 2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey = f — уравнение одной коники, а P(t) A(t) , Q(t) A(t) — рациональная параметризация второй коники. Тогда точки их пересечения соответствуют корням уравнения+ 2bPQ + cQ 2 + 2dPA + 2eQA − fA 2 = Согласно задаче 31.73 степень этого уравнения не превосходит 4. (Вообще говоря, мы могли бы получить уравнение вида g = 0, где g — некоторое число. Но это соответствует либо случаю двух совпадающих коник, либо случаю непересекающихся коник) Остаётся заметить, что уравнение, степень которого не превосходит 4, имеет не более 4 корней. З а меча ни е. Если речь идёт не о кониках, а о произвольных кривых второго порядка, то несовпадающие вырожденные кривые второго порядка могут иметь общую прямую. 31.75. Пусть точки A, B, C не лежат на одной прямой. Достаточно доказать, что имеется лишь конечное число точек P, расстояния от которых дои целые числа. Пусть k — наибольшее из чисел AB и Тогда − PB| 6 AB 6 k. Геометрическим местом точек P, для которых − PB| = d, является гипербола с фокусами A и B. Так как 0 6 d 6 точка P расположена на одной из k + 1 гипербол с фокусами A и B одна из этих гипербол вырождается впрямую. Аналогично точка P расположена на одной из k + 1 гипербол с фокусами B и C. Поскольку две гиперболы имеют не более четырёх общих точек (задача, а гиперболы с общими фокусами вообще не имеют общих точек, то всего имеется не более 4(k + точек пересечения гипербол. 31.76. Пусть коника задана уравнением+ qy 2 + rz 2 + sxy + txz + uyz = Эта коника проходит через точку (1, 0, 0) тогда и только тогда, когда p = 0. Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Коника (1) касается прямой x = 0 тогда и только тогда, когда выражение+ rz 2 + uyz является полным квадратом, те Замечание. Уравнение эллипса касающегося всех сторон треугольника, можно записать в виде + q 1 √ y + r 1 √ z = где p 1 = 4 √ p и т. д. З а меча ни е 2. В барицентрических координатах уравнения вписанной и описанной коники имеют такой же вид (хотя сами коэффициенты будут другими). 31.77. Если две точки имеют абсолютные барицентрические координаты) и ( a 2 , b 2 , g 2 ), то середина отрезка с концами в этих точках имеет абсолютные барицентрические координаты 2 , b 1 + b 2 2 , g 1 + g 2 Поэтому в абсолютных барицентрических координатах симметрия относительно точки ( a 0 , b 0 , g 0 ) задаётся формулой) 7→ (2 a 0 − a , 2 b 0 − b , Таким образом, нужно проверить, что если a + b + g =1 и p ab +q ag +r bg =0, то) + q(2 a 0 − a )(2 g 0 − g ) + r(2 b 0 − b )(2 g 0 − g ) = где a 0 = r(p + q − r) 2pq + 2pr + 2qr − p 2 − q 2 − и т. д. Равенство (1) эквивалентно равенству+ Выражение в левой части равенства (2) равно + 2pr + 2qr − p 2 − q 2 − r 2 ) (2pq + 2pr + 2qr − p 2 − q 2 − r 2 ) 2 = 2pqr 2pq + 2pr + 2qr − p 2 − q 2 − Далее, p b 0 + q g 0 = 2pqr 2pq + 2pr + 2qr − p 2 − q 2 − r 2 = p a 0 + r g 0 = q a 0 + r b 0 . Атак как a + b + g = 1, то выражение в правой части равенства (2) тоже равно + 2pr + 2qr − p 2 − q 2 − Если прямая не проходит через вершины треугольника, тов три- линейных координатах она задаётся уравнением px + qy + rz = 0, где числа p, q, r отличны от нуля. Её образ при изогональном сопряжении задаётся уравнением, те. Это уравнение задаёт некоторую конику, проходящую через вершины треугольника. Прямая, проходящая через вершину A, задаётся уравнением qy + rz = Е образ при изогональном сопряжении задаётся уравнением x(ry + qz) = Это уравнение задаёт две прямые x = 0 (прямая BC) и ry + qz = 0 (эта прямая симметрична исходной прямой относительно биссектрисы угла а) При изогональном сопряжении описанная окружность переходит в бесконечно удалённую прямую (задача. Поэтому количество точек пересечения с бесконечно удалённой прямой образа прямой l при изогональном сопряжении равно количеству точек пересечения прямой l с описанной окружностью. Ясно также, что коника является эллипсом, если она не пересекает Решения задач 609 бесконечно удалённую прямую параболой — если касается гиперболой — если пересекает в двух точках. б) Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее треугольник в правильный треугольник A 0 B 0 C 0 . Для правильного треугольника изотоми- ческое сопряжение одновременно является изогональным сопряжением. Ясно также, что изотомическое сопряжение инвариантно относительно аффинных преобразований. Поэтому задача б) следует из задачи а). 31.80. а) Согласно задаче 31.78 рассматриваемая кривая является коникой, проходящей через вершины треугольника. Нужно лишь доказать, что эта коника является равнобочной гиперболой. П ер вое решение. При изогональном сопряжении точка O переходит в ортоцентр. Если коника проходит через вершины треугольника и его орто- центр, то она — гипербола с перпендикулярными асимптотами (задача 31.56 ). В тор о ере ш е ни е. При изогональном сопряжении точки описанной окружности переходят в бесконечно удалённые точки (задача. Легко также видеть, что если точки и лежат на описанной окружности треугольника и прямые, симметричные прямыми относительно биссектрис углов A, B и C, параллельны прямой l i , то угол между прямыми l 1 и равен углу ∠P 1 AP 2 . Поэтому диаметрально противоположным точками соответствуют перпендикулярные прямые и б) Это непосредственно следует из задачи 31.59 в), поскольку рассматриваемая коника проходит через вершины треугольника и его ортоцентр. 31.81. а) Сначала найдём уравнение прямой OK в трилинейных координатах. Точка O имеет трилинейные координаты (cos A : cos B : cos C), а точка имеет трилинейные координаты (a : b : c). Легко проверить, что обе эти точки лежат на прямой c 2 )x + ac(c 2 − a 2 )y + ab(a 2 − b 2 )z = Поэтому гипербола Киперта (изогонально сопряжённая этой прямой) задаётся уравнением c 2 ) x + ac(c 2 − a 2 ) y + ab(a 2 − b 2 ) z = те б) В барицентрических координатах гипербола Киперта задаётся уравнением Будем считать, что 0 в случае треугольников, по- строенных внешним образом, ив случае треугольников, построенных внутренним образом. Точка имеет трилинейные координаты sin( b + f ) : sin( a + f ) : − sin f , поэтому прямая CC 1 задаётся уравнением sin( a + f ) = y sin( b + f ). Таким образом, точка с трилинейными координатами) является точкой пересечения прямых AA 1 , и CC 1 . Нужно проверить, что изогонально сопряжённая ей точка sin( a + f ) : sin( b + f ) : лежит на прямой OK, те Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола Но bc(b 2 − c 2 ) sin a + . . . = 0 и bc(b 2 − c 2 ) cos a + . . . = 0, поскольку точки K и лежат на рассматриваемой прямой. 31.83. Уравнение гиперболы Киперта получено в решении задачи 31.81 Поэтому, воспользовавшись задачей, получим, что барицентрические координаты центра гиперболы Киперта равны c 2 ) 2 : (c 2 − a 2 ) 2 : (a 2 − Соответственно, его трилинейные координаты равны c 2 ) 2 a : (c 2 − a 2 ) 2 b : (a 2 − Сначала найдём уравнение прямой Эйлера в трилинейных ко- ординатах. Точка пересечения медиан имеет трилинейные координаты A : 1 sin B : 1 sin C , а точка пересечения высот имеет трилинейные координаты. Легко проверить, что обе эти точки лежат на прямой sin 2A cos(B − C)x + sin 2B cos(C − A)y + sin 2C cos(A − B)z = Поэтому гипербола Енжабека (изогонально сопряжённая этой прямой) задаётся уравнением sin 2A cos(B − C) x + sin 2B cos(C − A) y + sin 2C cos(A − B) z = 0. ДОПОЛНЕНИЕ Кубические уравнения, связанные с треугольником Для любого треугольника несложно доказать соотношение − a = r где p — полупериметр, r — радиус вписанной окружности. В самом деле, пусть u = AC 1 = AB 1 , v = BC 1 = BA 1 , w = CA 1 = рис. Д. Тогда + v = c, v + w = a, w + u = b. Поэтому u = b + c − a 2 = p − a. Остаётся заметить, что AB 1 = r Рис. Д1 Воспользуемся теоремой синусов и заменим a на 2R sin A, где — радиус описанной окружности. В результате получим = 2R sin A + r Рассмотрим для треугольника с некоторыми значениями p, R и уравнение = 2R sin f + r ctg f 2 (1) 612 Дополнение Это уравнение имеет корни f 1 = A, f 2 = B, f 3 = C — величины углов треугольника. Можно ожидать, что уравнение (1) в каком-то смысле является кубическим уравнением. В уравнение (1) входят sin и ctg( f /2). Их можно выразить через какую-нибудь одну тригонометрическую функцию. Например f = 2 tg( f /2) 1 + tg 2 ( f /2) , ctg( f /2) Поэтому при x = tg( f /2) уравнение (1) принимает вид = 4Rx 1 + те Уравнение (2) имеет корни x 1 = tg(A/2), x 2 = tg(B/2), x 3 = В том случае, когда эти числа различны, по теореме Виета получаем tg A 2 + tg B 2 + tg C 2 = 4R + r p , tg A 2 tg B 2 + tg B 2 tg C 2 + tg C 2 tg A 2 = С помощью предельного перехода легко убедиться, что эти формулы остаются справедливыми ив том случае, когда среди чисел tg(A/2), tg(B/2), tg(C/2) есть равные. Выразим теперь sin и ctg( f /2) через x = cos f : sin f = q 1 − cos 2 f = p 1 − x 2 , ctg f 2 = sin f 1 − cos f = p 1 − x 2 1 − Подставив эти выражения в уравнение (1), получим = p 1 − x 2 2R + r 1 − При x 6= 1 это уравнение приводится к виду + r R x 2 + p 2 + r 2 − 4R 2 4R 2 x − p 2 − (2R + r) 2 4R 2 = Следовательно A + cos B + cos C = 1 + r R , cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 + r 2 − 4R 2 4R 2 , cos A cos B cos C = p 2 − (2R + r) 2 4R 2 Дополнение 613 Легко проверить, что при x = 2R sin уравнение (1) принимает вид 2px 2 + (p 2 + 4Rr + r 2 )x − 4Rrp = Поэтому + b + c = 2p, ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2 , abc = Аналогичным образом sin и tg( f /2) можно выражать через другие тригонометрические функции и подставлять эти выражения в уравнение (При x = tg получаем уравнение (2R + r) 2 )x 3 − 2prx 2 + (p 2 − 4Rr − r 2 )x − 2pr = При x = sin 2 ( f /2) получаем уравнение 8R(2R − r)x 2 + (p 2 + r 2 − 8Rr)x − r 2 = При x = cos 2 ( f /2) получаем уравнение 8R(4R + r)x 2 + (p 2 + (4R + r) 2 )x − p 2 = Точки пересечения диагоналей правильных многоугольников Известно довольно много задач про треугольники с целочисленными углами. Вот два примера таких задач. З ада ч а 1. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием угол при вершине A равен 80 ◦ . Внутри треугольника взята точка так, что ∠MBC = ирис. Д, a). Докажите, что = Рис. Д 614 Дополнение З ада ч а 2. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием угол при вершине B равен 20 ◦ . На сторонах BC и AB взяты точки и E соответственно так, что = ирис. Д, б). Докажите, что ∠ADE = Задачи такого типа обычно бывают связаны с точками пересечения троек диагоналей правильных многоугольников, в данном слу- Рис. Д3 чае — правильного восемнадцатиуголь- ника. Обратимся к рис. Д. Этот рисунок показывает, что задача 1 эквивалентна следующему утверждению: в правильном восемнадцатиугольни- ке диагонали A 1 A 13 , и пересекаются водной точке. В самом деле, если эти диагонали пересекаются в некоторой точке M, то 2 ( A 1 A 6 + A 13 A 15 ) = = 50 ◦ + 20 ◦ = Ясно также, что углы треугольника A 1 A 6 A 14 равны 80 ◦ , 50 ◦ , и ∠MA 14 A 6 = 30 ◦ , ∠MA 6 A 14 = Что же касается задачи 2, то она эквивалентна следующему утверждению в правильном восемнадцатиугольнике диагонали и пересекаются водной точке (рис. Д4). Рис. Д4 Рис. Д5 Но задачу 2 можно решить и с помощью совсем другой тройки пересекающихся диагоналей, а именно, диагоналей A 1 A 13 , ирис. Д. В качестве треугольника ABC мы берём треугольник. Диагонали и симметричны относительно Дополнение 615 диаметра A 5 A 14 , поэтому обе диагонали пересекают диаметр водной точке. Но мы пока не доказали, что тройки диагоналей на рис. Д3—Д5 действительно пересекаются водной точке. Проверять, пересекаются ли тройки диагоналей водной точке, удобно с помощью следующего утверждения. Т е орем а. На сторонах треугольника ABC взяты точки A 1 , на BC и т. д. ). Отрезки AA 1 , и пересекаются водной точке тогда и только тогда, когда BAA 1 sin CAA 1 · sin ACC 1 sin BCC 1 · sin CBB 1 sin ABB 1 = Доказательств о. Предположим сначала, что отрезки и пересекаются в точке O рис. Д. Тогда 2S AOC = (AB · AO sin BAO) : (AC · AO sin Следовательно = S AOB S AOC · S COA S COB · S BOC S BOA = AB AC · CA CB · BC BA sin BAO sin CAO · sin ACO sin BCO · sin CBO sin те Предположим теперь, что для точек A 1 , и выполняется указанное соотношение. Пусть O — точка пересечения отрезков AA 1 и BB 1 . Нужно доказать, что отрезок проходит через точку Иными словами, если C 0 1 — точка пересечения прямых CO и AB, то Рис. Д 1 = C 1 . Отрезки AA 1 , и CC 0 пересекаются водной точке, поэтому, как только что было доказано BAA 1 sin CAA 1 · sin CBB 1 sin ABB 1 · sin ACC 0 1 sin BCC 0 1 = Сравнив эту формулу с условием теоремы, получим sin ACC 1 : sin BCC 1 = sin ACC 0 1 : sin BCC 0 1 Остаётся доказать, что при движении точки X по отрезку AB величина sin ACX : sin BCX изменяется монотонно. Сами углы ∠ACX и ∠BCX изменяются монотонно, но их синусы могут быть немонотонными в случае тупого угла C. Это не беда. В любом треугольнике есть острый угол, и мыс самого начала могли бы взять в качестве угла C острый угол треугольника. Доказательство теоремы завершено. 616 Дополнение Теперь проверка того, что тройка диагоналей, изображённая на рис. Д, пересекается водной точке, сводится к проверке тождества sin 10 ◦ sin 70 ◦ · sin 30 ◦ sin 20 ◦ · sin 40 ◦ sin 10 ◦ = Доказать его несложно 30 ◦ sin 40 ◦ = 1 2 sin 40 ◦ = sin 20 ◦ cos 20 ◦ = sin 20 ◦ sin Тройка диагоналей, изображённая на рис. Д, соответствует тождеству Есть ещё три тождества, приводящих к тройкам пересекающихся диагоналей 10 ◦ sin 20 ◦ sin 80 ◦ = sin 20 ◦ sin 20 ◦ sin 30 ◦ , sin 20 ◦ sin 30 ◦ sin 30 ◦ = sin 10 ◦ sin 40 ◦ sin 50 ◦ , sin 10 ◦ sin 20 ◦ sin 30 ◦ = sin 10 ◦ sin 10 ◦ sin Проверку этих тождеств мы оставляем читателю. Обратите внимание, что перестановка сомножителей в таких тожде- Рис. Д7 ствах приводит к совсем другим тройкам пересекающихся диагоналей. Наш интерес к восемнадцатиугольни- ку, а не к какому-либо другому правильному многоугольнику, связан стем, что именно к нему приводят треугольники с углами, кратными 10 ◦ . Среди всех правильных многоугольников, число вершин которых меньше 18, интересные наборы пересекающихся диагоналей есть лишь у двенадцатиугольника. Например, диагонали, и правильного двенадцатиугольника пересекаются водной точке (рис. Д. Это утверждение эквивалентно следующей хорошо известной задаче. З ада ч а 3. Внутри квадрата ABCD взята точка P так, что треугольник равносторонний. Докажите, что ∠PCD = Упражнения. Дан треугольник ABC с углами ∠A = 50 ◦ , ∠B = 60 ◦ , ∠C = а) На сторонах BA и AC взяты точки D итак, что ∠DCB = ∠EBC = Докажите, что ∠AED = 30 ◦ Дополнение 617 б) На сторонах BA и BC взяты точки D итак, что ∠DCA = и ∠EAC = 40 ◦ . Докажите, что ∠AED = 30 ◦ 2. В треугольнике ABC углы A, B и C равны 14 ◦ , и 104 ◦ . На сторонах AC и AB взяты точки D и E соответственно так, что ∠DBC = и ∠ECB = 94 ◦ . Докажите, что ∠CED = 34 ◦ 3. Докажите, что диагонали A 1 A n+2 , и правильного угольника пересекаются водной точке. Докажите, что диагонали A 1 A 7 , и правильного угольника пересекаются в точке, лежащей на диаметре A 4 A 16 5. Докажите, что в правильном тридцатиугольнике семь диагоналей, A 2 A 17 , A 3 A 21 , A 4 A 24 , A 5 A 26 , A 8 A 29 , пересекаются водной точке. |