Единое окно доступа к образовательным ресурсам

Элементы геометрии треугольника: Лекция для школьников старших классов

Голосов: 0

Геометрия треугольника справедливо считается одним из интереснейших разделов элементарной геометрии. В данной брошюре рассматриваются различные замечательные точки и прямые треугольника, а также некоторые преобразования плоскости, связанные с треугольником. Брошюра содержит краткое введение в барицентрическое исчисление - один из основных методов исследования свойств треугольника. Текст брошюры подготовлен по материалам лекции, прочитанной автором 13 апреля 2002 года на Малом мехмате МГУ для школьников 9-11 классов. Брошюра рассчитана на широкий круг читателей, интересующихся математикой: школьников старших классов, студентов младших курсов, учителей.

Приведенный ниже текст получен путем автоматического извлечения из оригинального PDF-документа и предназначен для предварительного просмотра.
Изображения (картинки, формулы, графики) отсутствуют.
    пропорциональна модулю массы (коэффициент пропорционально-                          11. Каждая из бесконечно удалённых точек задаётся направле-
сти, разумеется, равен g), рис. 26. Если расположить пластину                     нием параллельных прямых, пересекающихся в этой точке. Как
произвольным образом в пространстве и закрепить в центре масс Z                   определить направление, соответствующее точке Z — центру масс
при помощи шарнира, то она останется в равновесии.                                системы [mi , Ai ] (i = 1, 2, …, n), m1 + m2 + … + mn = 0?
                                                                                    Вопросы геометрии масс детально рассматриваются в книге [1].

                                                                                               Определение барицентрических координат
                                                                                     Рассмотрим треугольник ABC, вершины которого нагружены
                                                                                 массами p, q, r (одновременно не равными нулю), т. е. рассмотрим
                                                                                 систему [p, A], [q, B], [r, C].
                                                                                     Построим центр масс Z геометрически. Пусть A1 — центр масс
                                                                                 подсистемы [q, B], [r, C] (т. е. точка, делящая отрезок BC в отно-
                         Z                                                               r
                                                                                 шении     в зависимости от знаков масс внутренним или внешним
                                                                                         q
                                                                                 образом). Пусть B1 и C1 — центры масс си-                        C
                                                                                 стем [r, C], [p, A] и [p, A], [q, B] соответственно              r
                                   Рис. 26                                       (рис. 27). Согласно правилу группировки и
                                                                                 свойству единственности центра масс, прямые                        A1
                                                                                 AA1 , BB1 , CC1 пересекутся в искомой точке Z.
    В случае, когда m1 + m2 + … + mn = 0, центром масс Z является одна               И обратно, если взять произвольную точ-
                                                                                                                                       B1
из бесконечно удалённых точек плоскости (с точки зрения физики —                 ку Z, провести прямые через неё и вершины
очень-очень далёкая точка плоскости).                                                                                                       Z
                                                                                 треугольника до пересечения с противополож-
    Используя свойства векторов, из определения центра масс можно                ными сторонами треугольника (или их про-
вывести следующие четыре свойства.                                               должениями) и найти отношения, в которых            p                 q
    С у щ е с т в о в а н и е и е д и н с т в е н н о с т ь. Для любой системы                                                          C1
                                                                                 они делят стороны треугольника, то, пользу-         A                 B
материальных точек существует единственный центр масс.                           ясь полученными отношениями, легко нагру-                Рис. 27
    О д н о р о д н о с т ь. Одновременное умножение масс всех точек             зить вершины треугольника так, чтобы точ-
системы на одно и то же отличное от нуля число не меняет центра                  ка Z стала центром масс системы точек A, B, C. К примеру, если
масс.                                                                            точка Z расположена внутри треугольника, то все точки пересече-
    П р а в и л о р ы ч а г а. Центр масс Z системы [p, A], [q, B] распо-        ния соответствующих прямых со сторонами треугольника попада-
                                  AZ   q
ложен на прямой AB так, что          =   = l, причём если массы одного                                             AC1
                                                                                                                       = a,
                                                                                                                            BA1
                                                                                                                                = b, приходим к систе-
                                  BZ   p                                         ют внутрь сторон, и, обозначив
                                                                                                                   BC1      CA1
знака, то Z делит отрезок AB в отношении l внутренним образом,                   ме [1, A], [a, B], [ab, C]. Если же Z расположена в н е треугольника
если же эти массы различны по знаку, то точка Z делит его в отноше-              и соответствующие прямые пересекают отрезок AC в н у т р е н н и м
нии l внешним образом. В последнем случае, если массы ещё и равны                образом, а две другие стороны треугольника — в н е ш н и м, то по-
по модулю, центром масс является бесконечно удалённая точка пря-                 лучим систему [1, A], [ a, B], [ab, C] (нужно заменить числа a и b
мой AB.                                                                          противоположными по знаку).
    П р а в и л о г р у п п и р о в к и. Если разбить систему материаль-             Под записью Z = (p, q, r) (или Z(p, q, r)) подразумевается, что точ-
ных точек на некоторое количество подсистем, а затем заменить каж-               ка Z является центром масс системы [p, A], [q, B], [r, C], а тройка
дую подсистему на её центр масс и поместить в него массу, равную                 чисел (p, q, r) называется барицентрическими координатами точ-
сумме масс точек подсистемы, центры масс полученной и исходной                   ки Z в базисном треугольнике ABC. Всякая такая тройка чисел (за
систем совпадут.                                                                 исключением тройки (0, 0, 0)) с точностью до умножения всех трёх ко-
    10. Докажите эти свойства.                                                   ординат на отличное от нуля число однозначно определяет некоторую
18                                                                                                                                                    19


точку проективной плоскости, и наоборот, каждой точке проектив-              Барицентрические координаты некоторых замечательных точек
ной плоскости соответствует единственная тройка чисел с точностью
до умножения всех трёх чисел на отличное от нуля число.                     Приведём теперь барицентрические координаты некоторых за-
     Тройкам с нулевой суммарной массой соответствуют бесконечно        мечательных точек. Обычно их удаётся выразить двумя способами:
удалённые точки плоскости, образованные пересечением трёх парал-        через длины сторон или через углы треугольника. Переходить от од-
лельных прямых, выходящих из вершин базисного треугольника,             ной формы к другой помогают теорема синусов —
тройкам, у которых сумма некоторых двух координат нулевая, —                                     a sin a,      b sin b,      c sin c,
точки, лежащие на прямой, проходящей через соответствующую вер-         в силу однородности можно заменять длину стороны на синус угла,
                       шину базисного треугольника параллельно про-     и наоборот, — и теорема косинусов —
         C             тиволежащей стороне. Если же имеется только
                    Z
         1             одна нулевая координата, это значит, что центр       cos a a(b2 + c2 a2 ),       cos b b(c2 + a2 b2 ),      cos c c(a2 + b2 c2 ).
                       масс расположен на прямой, проходящей через      Какая именно форма удобнее, зависит от условия конкретной задачи.
           2           сторону базисного треугольника.                     Точка пересечения медиан
                           Разберём следующий пример: построим
  1          1         точку с барицентрическими координатами                                               M = (1, 1, 1).
 A           B     а)  ( 1, 1, 1).                                           Центр вписанной окружности
                           Подсистему с единичными массами заме-                                 I = (a, b, c) = (sin a, sin b, sin c).
        C              ним серединой стороны BC с массой 2. Далее,
         1
                   Z   правило рычага даёт ответ: искомой является      Воспользовавшись тем, что биссектриса делит сторону треугольника
                       точка Z, симметричная вершине A относитель-      в отношении, равном отношению соответствующих сторон треуголь-
                       но этой середины (рис. 28, а).                   ника, сразу получаем, что I = (a, b, c). Как отмечалось выше, длины
                           Эту же точку можно построить и по-друго-     сторон треугольника можно заменять в барицентрических координа-
  1         1          му. Выделив подсистему [ 1, A], [1, B], прихо-   тах на синусы соответствующих углов. Поэтому I = (sin a, sin b, sin c).
 A          B       б) дим к выводу, что центр масс всей системы дол-       Точка пересечения высот
       Рис. 28         жен находится на прямой, проходящей через C                             1            1           1
                       параллельно AB (центр масс системы из двух                H=                  ,            ,             = (tg a, tg b, tg c).
                                                                                         b 2 + c 2 a2 c 2 + a2 b 2 a2 + b 2 c 2
точек лежит на прямой, проходящей через эти точки, даже если сре-
ди них есть и бесконечно удалённые). Если же выбрать подсистему         В этом случае сначала удобнее выразить барицентрические коорди-
[ 1, B], [1, C], то окажется, что центр масс всей системы должен на-    наты через углы треугольника, а затем перейти к длинам сторон.
ходится на прямой, проходящей через B параллельно AC. Пересече-                                  AA1          AA     CA1 tg b
                                                                             Итак, поскольку CA1 =    , BA1 = 1 , то     =       (рис. 29).
ние двух построенных прямых даёт ту же самую точку Z (рис. 28, б).                               tg c         tg b   BA1 tg c
     12. Постройте точку с барицентрическими координатами (1, 1, 1).                              CB1 tg c
                                                                        Аналогично получаем, что       =    . Значит, H = (tg a, tg b, tg c).
  Пользуясь правилом рычага и правилом группировки, покажите,                                     AB1 tg a
  что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая      Перейдём теперь к длинам сторон:
  от вершин.                                                                                         sin a sin b sin c
                                                                        H = (tg a, tg b, tg c) =                                                          C
     13. Постройте точки со следующими барицентрическими коор-                                            ,     ,
                                                                                                     cos a cos b cos c
                                                                                                                       =
  динатами: (1, 2, 3), ( 1, 2, 3), (1, 2, 3), (1, 2, 3).
                                                                                   a               b              c                                   c
     Выразим барицентрические координаты точки Z через площади          =                  ,              ,
                                                                             a(b2 + c2 a2 ) b(c2 + a2 b2 ) c(a2 + b2 c2 )
                                                                                                                          =                   B1
                                                                                                                                                              A1
треугольников ZBC, ZAC, ZAB. Вспомним, что отношения этих пло-
щадей (см. идею доказательства теоремы Чевы, стр. 6) равны отноше-                     1      1      1
                                                                                  = 2 2 2, 2 2 2, 2 2 2 .                                             H
ниям соответствующих отрезков. Воспользовавшись однородностью                       b +c a c +a b a +b c
координат, получим, что                                                      Точка Жергонна                                               a                   b
                         Z = (SZBC , SZAC , SZAB ).                                                                                A                   C1          B
                                                                                 1       1       1          a     b     c
(Для внешних точек одну из площадей нужно брать со знаком « ».)          G=          ,       ,       = tg     , tg , tg   .
                                                                                p a p b p c                 2     2     2                          Рис. 29
20                                                                                                                                                                 21


      Точка Нагеля                                                                                          Определение центральной точки
                                                a      b      c                           Оказывается, координаты всех только что рассмотренных нами
                N = (p a, p b, p c) = ctg         , ctg , ctg   .
                                                2      2      2                       точек обладают некоторыми общими свойствами. Продемонстрируем
                                                                                      их на примере центра описанной окружности O.
    И для точки Жергонна, и для точки Нагеля выражения для ба-                            Первая координата точки O есть функция, зависящая от сторон
рицентрических координат через длины сторон получаются из соот-                       треугольника: f(a, b, c) = a2 (b2 + c2 a2 ). Вторая и третья координаты
ношений (*) на стр. 10. Для перехода к углам треугольника можно                       записываются с помощью этой функции так: f(b, c, a), f(c, a, b). Это
воспользоваться формулой                                                              свойство барицентрических координат точки будем называть циклич-
     a   sin a            a             2abc               2abc                       ностью. Оно, конечно, связано с тем, что все стороны и вершины
tg     =                         =                =                     =             треугольника задействованы в построении центра описанной окруж-
     2 1 + cos a       b2 + c2 a2 b2 + 2bc + c2 a2 (a + b + c)(b + c a)
                    1+                                                                ности на равных правах: мы проводим серединный перпендикуляр к
                           2bc
                                                           abc       1    1           стороне BC, расположенной напротив вершины A, затем — середин-
                                                      =                     .         ный перпендикуляр к стороне CA — напротив вершины B, и затем —
                                                         a+b+c p a p a
                                                                                      к стороне AB — напротив вершины C.
                         b    1       c      1                                            Второе свойство заключается в том, что f(a, b, c) = f(a, c, b). Назо-
и аналогичными tg                , tg           . А можно действовать и по-
                         2   p b      2     p c                                       вём его симметрией по двум аргументам. Оно отражает равноправие
другому: отрезки, на которые чевианы делят стороны, в случае точ-                     пары вершин в построении центра: можно проводить перпендикуляр
             b       c       c      a     a      b                                    к отрезку BC, но с тем же успехом можно проводить перпендикуляр
ки G равны r tgи r tg , r tg и r tg , r tg и r tg , в случае точки
             2       2       2      2     2      2                                    и к отрезку CB.
         b        c        c       a       a       b                                      Наконец, заметим, что существует такое действительное число k,
N — ra tg и ra tg , rb tg и rb tg , rc tg и rc tg , где r, ra , rb ,
         2        2        2       2       2       2                                  что для любого положительного числа l выполняется равенство
rc — радиусы вписанной и вневписанных окружностей. Отношения                                                f(la, lb, lc) = lk f(a, b, c).
длин этих отрезков выражаются только через тангенсы половинных                        Понятно, что в нашем случае k = 4. Это свойство назовём однород-
углов (радиусы сокращаются).                                                          ностью. Оно говорит о том, что соответствующие точки подобных
    14. К о н т р о л ь н ы й в о п р о с: а почему в последней фор-
                                                                                      треугольников имеют одинаковые барицентрические координаты.
                                                                b 2 + c 2 a2
 муле мы заменили cos a на сложное выражение                                 вместо       А теперь дадим следующее определение:
                                                                     2bc
                                                                                         Точка называется центральной (или является центром треуголь-
 a(b2 + c2 a2 )?                                                                       ника), если её барицентрические координаты как функции длин
      Центр описанной окружности                                                       сторон обладают свойствами цикличности, симметрии по двум ар-
                                                                                       гументам и однородностью.
      O = (a2 (b2 + c2 a2 ), b2 (c2 + a2 b2 ), c2 (a2 + b2 c2 )) =
                                                    = (sin 2a, sin 2b, sin 2c).           Подавляющее большинство замечательных в интуитивном смы-
                                                                                      сле точек треугольника являются центральными*).
Проще всего выразить координаты через углы, причём как площади                            Во впечатляющей коллекции Кларка Кимберлинга (ознакомить-
соответствующих треугольников. Если исходный треугольник остро-                       ся с которой может каждый, имеющий доступ к сети Интернет [6])
угольный, то ∠BOC = 2a, если же тупоугольный, то ∠BOC = 180◦ 2a.                      количество замечательных центральных точек приближается к 1000,
                               1                                       1              и верхнего предела, по-видимому, здесь нет.
В любом случае SBOC = R2 sin 2a. Аналогично SCOA = R2 sin 2b,
                               2                                       2                  15. Докажите, что центральная точка в правильном треугольнике
         1                                                                              совпадает с его точкой пересечения медиан.
SAOB = R2 sin 2c. Таким образом,
         2
                                                                                        *) В то время, как, например, замечательные точки Брокара (1-я и 2-я) не являются
               O = (SBOC , SCOA , SAOB ) = (sin 2a, sin 2b, sin 2c).                  центральными по данному определению, поскольку для них не выполняется свойство
                                                                                      симметрии по двум аргументам (а два других свойства выполняются) [4]. Это не един-
Чтобы перейти к длинам сторон, следует воспользоваться соотноше-                      ственный пример, когда замечательные точки появляются парами, список таких точек
нием sin 2a = 2 sin a cos a.                                                          могут пополнить точки Наполеона, точки Ферма [4—6].
22                                                                                                                                                                    23


          Лемма о трёх точках и две замечательные прямые                                                                                    sin 2a sin 2b sin 2c
                                                                                 Положим X = H = (tg a, tg b, tg c), Y = O =                      ,      ,       ,
                                                                                                                                               l      l      l
   Лемма о трёх точках. Если точки X, Y, Z имеют барицентриче-               где l = 2 cos a cos b cos c. Имеем:
 ские координаты
                                                                                      sin 2a sin a     sin a cos a      sin a(cos b cos c + cos a)
         (p1 , q1 , r1 ), (p2 , q2 , r2 ), (p1 + p2 , q1 + q2 , r1 + r2 ),   tg a +         =      +                  =                            =
                                                                                         l    cos a cos a cos b cos c       cos a cos b cos c
                                      XZ   p +q +r
 то они лежат на одной прямой и          = 2 2 2 , причём точка Z                                          sin a(cos b cos c cos(b + c)) sin a sin b sin c
                                      YZ   p1 + q1 + r1                                                 =                                =                             1.
                                                                                                                 cos a cos b cos c          cos a cos b cos c
  расположена внутри отрезка XY, если суммы масс имеют одинако-
  вый знак, и вне — в противном случае.                                      Аналогично преобразуются выражения для двух других координат
                                                                                                                                                                   HM
     Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим систему точек [p1 + p2 , A],    точки Z. Таким образом, Z = (1, 1, 1) = M. Вычислим отношение                            :
                                                                                                                                                                   OM
[q1 + q2 , B], [r1 + r2 , C]. Её центр масс находится в точке Z. Разобьём
                                                                                      sin 2a sin 2b sin 2c           sin a         sin b        sin c
эту систему на две подсистемы: [p1 , A], [q1 , B], [r1 , C] с центром масс                    +         +                     +              +
                                                                             HM          l         l          l   cos b cos c cos a cos c cos a cos b
в точке X и суммарной массой p1 + q1 + r1 и [p2 , A], [q2 , B], [r2 , C] с      =                               =                                     =
                                                                             OM            tg a + tg b + tg c                tg a + tg b + tg c
центром масс в точке Y и суммарной массой p2 + q2 + r2 . По правилу
группировки центр масс этой системы из двух точек по-прежнему                                         sin(b + c)     sin(a + c)     sin(a + b)
                                                                                                                  +              +
совпадает с точкой Z. Осталось воспользоваться правилом рычага.                                      cos b cos c cos a cos c cos a cos b
                                                                                                   =                                           =
     Доказанная лемма о трёх точках позволяет находить «замеча-                                                  tg a + tg b + tg c
тельные прямые», на которых располагаются замечательные точки.
                                                                                sin b cos c + cos b sin c sin a cos c + cos a sin c sin a cos b + cos a sin b
                                                                                                         +                         +
                                                                                       cos b cos c               cos a cos c               cos a cos b
                                                                              =                                                                               =
                                                                                                              tg a + tg b + tg c
                                                                                                                        (tg b + tg c) + (tg a + tg c) + (tg a + tg b)
                                                                                                                    =                                                 = 2.
                                                                                                                                     tg a + tg b + tg c


                                           I
                                      M


                                 N



                                 Рис. 30                                                                                O          E
                                                                                                                               M            H
   П р я м а я Н а г е л я. Точка Нагеля N, точка пересечения медиан
M и центр вписанной окружности I лежат на одной прямой, причём
NM
   = 2 (рис. 30).
IM
     Применим лемму о трёх точках. Пусть X = N = (p a, p b, p c),                                                    Рис. 31
Y = I = (a, b, c). Тогда Z = (p, p, p) = (1, 1, 1) = M,
                     NM     a+b+c        2p                                      16. Докажите, что середины сторон, основания высот треуголь-
                        =               = = 2.                                ника и середины отрезков, соединяющих вершины треугольника
                     IM p a + p b + p c   p
    П р я м а я Э й л е р а. Ортоцентр H, точка пересечения медиан M          с ортоцентром, лежат на одной окружности — о к р у ж н о с т и
и центр описанной окружности O лежат на одной прямой, причём                  Э й л е р а или о к р у ж н о с т и д е в я т и т о ч е к (см. рис. 31).
HM                                                                               17. Докажите, что точка E — центр окружности Эйлера — лежит
   = 2 (рис. 31).                                                             на прямой Эйлера, причём OE = EH (см. рис. 31).
OM
24                                                                                                                                                                     25


              Изотомическое и изогональное сопряжения                              20. Е щ ё ч е т ы р е з а м е ч а т е л ь н ы е п р я м ы е (см. также
                   в барицентрических координатах                                4-ю стр. обложки).
    И з о т о м и ч е с к о е с о п р я ж е н и е. Если точка Z имеет бари-        а) Антиортоцентр Hm , точка пересечения медиан M, точка Лему-
центрические координаты (p, q, r), то барицентрические координаты                                                   Hm M
                                                                                 ана L лежат на одной прямой, и          = 2.
точки Zm , изотомически сопряжённой Z, выражаются следующим                                                         ML
образом: Zm =
                    1 1 1
                     , ,  . Это утверждение очевидно: по определению               б) Точка Нагеля N, точка Im , изотомически сопряжённая цен-
                    p q r                                                        тру вписанной окружности, антиортоцентр Hm и точка Жергонна G
изотомического сопряжения BA1 = CA2 , где A1 — точка пересечения                 лежат на одной прямой.
прямых AZ и BC, а A2 — AZm и BC.                                                   в) Ортоцентр H, антиортоцентр Hm и точка Om , изотомически со-
    18. Найдите координаты антиортоцентра Hm , точки пересечения                 пряжённая центру описанной окружности, лежат на одной прямой.
 антибиссектрис Im и Om — изотомического образа центра описанной                   г) I и O — центры вписанной и описанной окружностей — и точ-
 окружности.                                                                     ки Gl и Nl , изогонально сопряжённые точкам Жергонна и Нагеля,
    И з о г о н а л ь н о е с о п р я ж е н и е. Координаты точки Zl — изого-    лежат на одной прямой.
нального образа точки Z(p, q, r) — выражаются следующим образом:
                                                                                    Изоциркулярное преобразование в барицентрических координатах
                                      a2 b 2 c 2   sin2 a sin2 b sin2 c
                C              Zl =     , ,      =       ,      ,       .
                                      p q r          p      q      r                Вычислим барицентрические координаты изоциркулярного об-
                               Докажем это. В обозначениях рис. 32              раза Zc точки Z(p, q, r).
                                        1                                           По лемме Архимеда A1 A2 — биссектриса угла BA1 C, поэтому
                    A2                    c AA2 sin ∠BAA2
                            BA2 SBAA2   2                   c sin ∠BAA2         BA2 BA1
                               =      =                   =             =          =    (см. рис. 23 и 25). Преобразуем это отношение, используя
                            CA2 SCAA2   1                   b sin ∠CAA2         CA2 CA1
                                          b AA2 sin ∠CAA2
                     A1
                                        2                                       теорему синусов и рассуждения, проведённые на стр. 16:
                                                  sin ∠CA1 A                                                       sin ∠AA1 B
                                            CA1                                                                               BA1
                             c sin ∠CAA1 c             b       c2 q                      BA2 sin ∠BAA1 sin ∠BAA1       AB           b r
A                B         =            =                    = 2                            =         =          =                =     ,
                             b sin ∠BAA1 b        sin ∠BA1 A b r                         CA2 sin ∠CAA1 sin ∠CAA1   sin ∠AA1 C       c q
        Рис. 32                             BA1                                                                               CA1
                                                       c                                                               AC
                                           sin ∠CAA1 sin ∠CA1 A
  мы дважды использовали теорему синусов —
                                               CA1
                                                       =
                                                             b
                                                                   ,            где A1 — точка пересечения прямых AA1 и BC. Аналогично получаем
sin ∠BAA1 sin ∠BA1 A                                                                        CB2 c p   AC2 a q
            =        — и равенство sin ∠CA1 A = sin ∠BA1 A . Ана-               равенства      =    и    =    . Поэтому
    BA1         c                                                                           AB2 a r   BC2 b p
логично                                                                                           AC2 AC2 BA2      aq aqbr      aq ar
                           CB2 a2 r         AC2 b2 p
                                                                                        Zc = 1,      ,        = 1,   ,     = 1,   ,   .
                                                                                                  BC2 BC2 CA2      bp bpcq      bp pc
                              =     ,          =     .
                           AB2 c2 p         BC2 a2 q
                                                                                                                    p
Воспользовавшись приведённым на стр. 19 методом вычисления                      Домножив все три координаты на , окончательно получаем:
                                                                                                                    a
барицентрических координат, находим:
                                                                                                                   p q r
               AC2 AC2 BA2     b2 p b2 pc2 q b2 p pc2                                                       Zc =    , ,  .
       Zl = 1,    ,        = 1, 2 , 2 2 = 1, 2 , 2 .                                                               a b c
               BC2 BC2 CA2     a q a qb r    a q a r
                                                                                    Изоциркулярное преобразование в некотором смысле является
                                         a2
Домножив все три координаты на              , окончательно получаем:            средним между изогональным и изотомическим сопряжениями,
                                         p
                                                                                а именно, (Fc )2 = Fm ◦ Fl , т. е., действуя дважды на произвольную
                           a2 b2 pa2 pc2 a2   a2 b 2 c 2
                    Zl =     ,      ,       =   , ,      .                      точку плоскости изоциркулярным преобразованием, получим такой
                           p a2 qp a2 rp      p q r                             же результат, как если бы мы сначала подействовали на неё изого-
   19. Найдите координаты точки Лемуана L = Ml , а также точек Gl               нальным сопряжением, а затем на полученный образ изотомическим
 и Nl , изогонально сопряжённых точкам Жергонна и Нагеля.                       сопряжением.
26                                                                                                                                                    27


     Действительно, пусть точка Z имеет барицентрические коор-                   либо k = 0, либо k 0. При k = 0 получаем систему
                                       x y z                    x0 y0 z
динаты (x0 , y0 , z0 ). Тогда Fc (Z) = 0 , 0 , 0 , (Fc )2 (Z) = 2 , 2 , 0 .                                           lq1 + mr1 = 0,
                                       a b c                    a b c2
                               a b c
                                2    2  2                 x0 y0 z                                                     lq2 + mr2 = 0,
С другой стороны, Fl (Z) =        , ,     , Fm (Fl (Z)) = 2 , 2 , 0 . Заме-
                               x0 y0 z0                   a b c2                 откуда q1 r2 q2 r1 = 0. Если же k 0, то q1 r2 q2 r1 0 (проверьте!).
тим, что порядок, в котором применяются изогональное и изотоми-                  А поскольку мы всё равно ищем решение (k, l, m) с точностью до
ческое сопряжения, важен.                                                        умножения на некоторое число, положим k = q1 r2 q2 r1 . Система (**)
     Введём обратное изоциркулярное преобразование Fc 1 , так что                тогда переписывается в виде
Fc ◦ Fc 1 = Id = Fc 1 ◦ Fc (геометрически это означает, что сначала нуж-
но отмечать точки пересечения прямых со сторонами треугольника,                                             (q1 r2 q2 r1 )p1 + lq1 + mr1 = 0,
потом вписывать в сегменты окружности, касающиеся сторон в от-                                              (q1 r2 q2 r1 )p2 + lq2 + mr2 = 0.
меченных точках, и наконец, проводить прямые из вершин в точки
касания этих окружностей с описанной окружностью). Справедливо                   Решить её уже не составляет труда. Получаем:
аналогичное соотношение: (Fc 1 )2 = Fl ◦ Fm .                                                             l = r1 p2 r2 p1 , m = p1 q2 p2 q1 .
                                                                                       Осталось проверить, что уравнению
                   Уравнение прямой. Двойственность                                                (q1 r2 q2 r1 )x + (r1 p2 r2 p1 )y + (p1 q2 p2 q1 )z = 0
    Найдём уравнение прямой в барицентрических координатах. Вы-                  действительно удовлетворяют все точки Z прямой XY и только они.
берем две точки X(p1 , q1 , r1 ) и Y(p2 , q2 , r2 ). По лемме о трёх точках на
                                                                                       21. Проделайте это.
прямой XY лежит также и любая точка Z(lp1 + mp2 , lq1 + mq2 , lr1 + mr2 )
(числа l и m не равны одновременно нулю). При этом                                     Заметим, что попутно мы выяснили интересный факт: как и са-
                                                                                 ми барицентрические координаты точек, коэффициенты в уравне-
                            XZ   m p2 + q2 + r2                                  нии прямой о п р е д е л е н ы с т о ч н о с т ь ю д о у м н о ж е н и я н а
                               =                ,
                            YZ   l p1 + q1 + r1                                  н е н у л е в о е ч и с л о. Это обстоятельство лежит в основе п р о е к-
                                           m p2 + q2 + r2                        т и в н о й д в о й с т в е н н о с т и — соответствия между точками и пря-
в зависимости от знака выражения                          точка Z делит от-      мыми проективной плоскости: точке (k, l, m) ставится в соответствие
                                           l p1 + q1 + r1
резок XY внутренним или внешним образом. Понятно, что варьи-                     прямая kx + ly + mz = 0, и наоборот. При этом запрещены как «точка»
руя значения l и m, мы можем так получить любую точку на пря-                    (0, 0, 0), так и «прямая» с уравнением 0x + 0y + 0z = 0.
мой XY. Л и н е й н а я зависимость координат X, Y и координат точ-                    При двойственности сохраняется «отношение принадлежности»:
ки Z, «пробегающей» по всей прямой XY, наводит на мысль, что урав-               если точка A лежит на прямой a, то прямая Aд (двойственная точке A)
нение прямой XY стоит поискать среди л и н е й н ы х выражений                   проходит через точку aд (двойственную прямой a). Факт пересечения
                                                                                 трёх прямых p1 x + q1 y + r1 z = 0, p2 x + q2 y + r2 z = 0, p3 x + q3 y + r3 z = 0 в од-
                              kx + ly + mz = n.                                  ной точке и факт принадлежности трёх точек (p1 , q1 , r1 ), (p2 , q2 , r2 ),
    Попробуем подобрать коэффициенты k, l, m, n. Во-первых, в силу               (p3 , q3 , r3 ) одной прямой записываются одинаково: система
однородности для любого n 0 вместе с тройкой (x, y, z) уравнению                                                  ⎧
должна удовлетворять и тройка (nx, ny, nz). Поэтому n = 0. Во-вторых,                                             ⎪ p1 x + q1 y + r1 z = 0,
                                                                                                                  ⎨
поскольку точки X и Y лежат на прямой XY, должны выполняться                                                         p x + q2 y + r2 z = 0,
                                                                                                                  ⎪ 2
                                                                                                                  ⎩ p x+q y+r z=0
равенства                                                                                                             3     3      3
                         kp1 + lq1 + mr1 = 0,
                                                                  (**)           должна иметь решение, отличное от (0, 0, 0) (т. е. на самом деле бес-
                         kp2 + lq2 + mr2 = 0.                                    конечно много решений). По-другому это можно записать так:
Уравнений — два, а неизвестных — три. Поэтому мы сумеем опре-                           p1 q1 r1
делить из этой системы коэффициенты k, l, m лишь с точностью                            p2 q2 r2   = p1 q2 r3 + q1 r2 p3 + r1 p2 q3 r1 q2 p3 q1 p2 r3 p1 r2 q3 = 0
                                                                                        p3 q3 r3
до некоторого действия (в нашем случае — с точностью до умноже-
ния всех коэффициентов на некоторое число). Возможны два случая:                 (определитель равен нулю).
28                                                                                                                                                                    29


     Проиллюстрируем двойственность на примере. Рассмотрим                 ной плоскости). Докажем это. Рассмотрим прямую, задаваемую урав-
теорему о прямой Эйлера: точки H, O, M лежат на одной прямой.              нением px + qy + rz = 0. Каждую точку Z(x0 , y0 , z0 ), лежащую на ней,
Двойственная теорема звучит так: прямые Hд , Oд , Mд пересекаются                                                                      x0 y0 z0
                                                                           изоциркулярное преобразование переводит в точку Zc            , ,    .
в одной точке.                                                                                                                         a b c
     Отметим, что прямая с уравнением x + y + z = 0, двойственная          Для них
точке M(1, 1, 1), является бесконечно удалённой прямой, поскольку                            apx + bqy + crz = px0 + qy0 + rz0 = 0.
для любой точки, лежащей на этой прямой, сумма барицентрических
                                                                           Таким образом, изоциркулярное преобразование переводит прямую
                                 координат равна нулю (см. стр. 20). По-
                                                                           с уравнением px + qy + cz = 0 в прямую с уравнением apx + bqy + crz = 0.
                                 этому полученный выше факт можно
                                 переформулировать следующим обра-
                                 зом: прямые Oд и Hд параллельны.
                                     Прямую, двойственную точке
                                 Z(k, l, m), легко построить геометриче-
                                 ски. Для этого сначала проведём через
                                 точку Z три чевианы AA1 , BB1 , CC1 .
                                 Точки пересечения прямых A1 B1 и AB,
                                 B1 C1 и BC, C1 A1 и CA лежат на од-
                                                                                                             Z
           B1   C                ной прямой. Этот факт представляет
A                                собой знаменитую теорему Дезарга,
                 A1              одну из основных теорем проективной
              Z
                                 геометрии (рис. 33). Его несложно
        C1                       получить, используя выведенное урав-                               C
            B                    нение прямой. Покажите, что точки
                                 пересечения из теоремы Дезарга име-
                                 ют координаты (0, l, m), (k, 0, m),                                I       B
                                 ( k, l, 0), и убедитесь, что определи-              A
Рис. 33
                                 тель, составленный из их координат,
равен нулю, а уравнение прямой, проходящей через эти точки, имеет
вид lmx + kmy + klz = 0, или, с учётом однородности,
                             x y z
                              + + = 0.
                             k l m
                                                                                                                                            Рис. 34
В этой конструкции точка Z называется полюсом, а построенная пря-
мая — полярой.                                                                  Посмотрим, какая прямая переходит при изоциркулярном пре-
    Прямая, двойственная точке Z(k, l, m), задаётся уравнением             образовании в бесконечно удалённую прямую. Чтобы прямая, зада-
                                       1 1 1
kx + ly + mz = 0, а поляра точки Zm     , ,      имеет то же уравне-       ваемая уравнением apx + bqy + crz = 0, являлась бесконечно удалён-
                                       k l m
                                                                           ной (с уравнением x + y + z = 0), должны выполняться равенства ap =
ние. Итак, прямая, двойственная точке Z, есть поляра точки Zm —            = bq = cr = 1. Таким образом, искомой является прямая с уравнением
изотомического образа точки Z.
                                                                                                         x y z
                                                                                                          + + =0
     Изоциркулярное преобразование и бесконечно удалённая прямая                                         a b c

   Как уже упоминалось на стр. 17, изоциркулярное преобразование           — поляра центра вписанной окружности I (или прямая, двойствен-
является проективным, т. е. переводит точки, лежащие на одной пря-         ная Im , что равносильно), рис. 34.
мой, в точки, лежащие на одной прямой. Другими словами, изоцир-                22. Покажите, что изоциркулярное преобразование переводит
кулярное преобразование переводит прямые в прямые (на проектив-             бесконечно удалённую прямую в поляру точки Im .
30                                                                                                                                               31


                            ЗАКЛЮЧЕНИЕ                                                                 БИБЛИОТЕКА
                                                                                              «МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ПРОСВЕЩЕНИЕ»
     Геометрия треугольника, наравне со многими другими разде-
лами элементарной математики, даёт возможность почувствовать
красоту математики вообще и может стать для кого-то началом
                                                                                         ВЫПУСК 1                                ВЫПУСК 10
пути в «большую науку». Кроме того, каждый любитель геометрии
                                   треугольника имеет шанс от-             В. М. Т и х о м и р о в. Великие          А.Б.С о с и н с к и й. Узлы и косы.
                                   крыть нечто новое и пополнить           математики прошлого и их ве-
                         C                                                        ликие теоремы.                                 ВЫПУСК 11
                                   её сокровищницу собственной
                                   драгоценной находкой, ибо гео-                                                    Э. Б. В и н б е р г. Симметрия
                                   метрия поистине неисчерпаема!                         ВЫПУСК 2
                                                                                                                             многочленов.
                              A1       Чтобы не быть голослов-             А. А. Б о л и б р у х. Проблемы
                                   ным, приведу один пример, тем             Гильберта (100 лет спустя).                         ВЫПУСК 12
B1                                 более что он связан с одной из
                                                                                         ВЫПУСК 3                    В. Г. С у р д и н. Динамика звёзд-
                                   рассмотренных нами выше тем.                                                                   ных систем.
              Z                    А именно, вернёмся к рис. 23.           Д. В. А н о с о в. Взгляд на мате-
                                       Несколько лет назад один                 матику и нечто из неё.
                                                                                                                                 ВЫПУСК 13
    A                       B      из знатоков элементарной гео-
                                   метрии Лев Емельянов открыл                           ВЫПУСК 4                    В. О. Б у г а е н к о. Уравнения
       C1                                                                                                                         Пелля.
                                   и доказал [7], что если провести        В. В. П р а с о л о в. Точки Брока-
                                   на этом рисунке окружность,             ра и изогональное сопряжение.
Рис. 35                            касающуюся внешним образом                                                                    ВЫПУСК 14
                                   трёх окружностей, вписанных                           ВЫПУСК 5                    В. И. А р н о л ь д. Цепные дроби.
в сегменты, то она всегда будет касаться вписанной в треуголь-             Н. П. Д о л б и л и н. Жемчужи-
ник окружности (вне зависимости от выбора начальной точки Z,                 ны теории многогранников.                           ВЫПУСК 15
расположенной внутри треугольника), рис. 35!                                                                         В. М. Т и х о м и р о в. Дифферен-
     Таким образом, выражаясь возвышенно, на небосводе геометрии                         ВЫПУСК 6                    циальное исчисление (теория и
треугольника зажглась ещё одна звезда первой величины.                     А. Б. С о с и н с к и й. Мыльные                    приложения).
                                                                           плёнки и случайные блуждания.
                             ЛИТЕРАТУРА                                                                                          ВЫПУСК 16
                                                                                         ВЫПУСК 7
                                                                                                                     В. А. С к в о р ц о в. Примеры
[1] М. Б а л к, В. Б о л т я н с к и й. Геометрия масс. — М.: Наука,       И. М. П а р а м о н о в а. Сим-             метрических пространств.
    1987.                                                                      метрия в математике.
[2] А. М я к и ш е в. О некоторых преобразованиях, связанных с тре-                                                              ВЫПУСК 17
    угольником // Математическое образование. № 1 (8). 1999.                             ВЫПУСК 8
                                                                                                                     В. Г. С у р д и н. Пятая сила.
[3] В. П р а с о л о в. Задачи по планиметрии. — М.: МЦНМО, 2001.          В. В. О с т р и к, М. А. Ц ф а с м а н.
[4] В. П р а с о л о в. Точки Брокара и изогональное сопряжение. —            Алгебраическая геометрия
                                                                                                                                 ВЫПУСК 18
    М.: МЦНМО, 2000. — (Библиотека «Математическое просвеще-               и теория чисел: рациональные
    ние». Вып. 4).                                                             и эллиптические кривые.               А. В. Ж у к о в.     О числе p.
[5] C. K i m b e r l i n g. Triangle Centers and Central Triangles. —
    Winnipeg, 1998.                                                                      ВЫПУСК 9                                ВЫПУСК 19
[6] C. K i m b e r l i n g. Encyclopedia of Triangle Centers. —            Б. П. Г е й д м а н. Площади мно-         А. Г. М я к и ш е в. Элементы
                            http://www2.evansville.edu/ck6/encyclopedia/             гоугольников.                      геометрии треугольника.
[7] L. E m e l y a n o v. A Feuerbach Type Theorem on Six Circles // Fo-
    rum Geometricorum. Vol. 1. 2001. — http://forumgeom.fau.edu/
32



    
Яндекс цитирования Яндекс.Метрика