LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 3
(всего 4)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

мечательных точек. Обычно их удаётся выразить двумя способами:
Тройкам с нулевой суммарной массой соответствуют бесконечно
через длины сторон или через углы треугольника. Переходить от од-
удалённые точки плоскости, образованные пересечением трёх парал-
ной формы к другой помогают теорема синусов —
лельных прямых, выходящих из вершин базисного треугольника,
a sin a, b sin b, c sin c,
тройкам, у которых сумма некоторых двух координат нулевая, —
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
cos a a(b2 + c2 a2 ), cos b b(c2 + a2 b2 ), cos c c(a2 + b2 c2 ).
1 одна нулевая координата, это значит, что центр
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
M = (1, 1, 1).
1 1 точку с барицентрическими координатами
B
A 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,
Воспользовавшись тем, что биссектриса делит сторону треугольника
1 правило рычага даёт ответ: искомой является
Z
точка Z, симметричная вершине A относитель- в отношении, равном отношению соответствующих сторон треуголь-
ника, сразу получаем, что I = (a, b, c). Как отмечалось выше, длины
но этой середины (рис. 28, а).
сторон треугольника можно заменять в барицентрических координа-
Эту же точку можно построить и по-друго-
тах на синусы соответствующих углов. Поэтому I = (sin a, sin b, sin c).
му. Выделив подсистему [ 1, A], [1, B], прихо-
1 1
B
A Точка пересечения высот
б) дим к выводу, что центр масс всей системы дол-
жен находится на прямой, проходящей через C
Рис. 28 1 1 1
, 2 2 2 , 2 2 2 = (tg a, tg b, tg c).
H=
параллельно AB (центр масс системы из двух b +c a c +a b a +b c
2 2 2
точек лежит на прямой, проходящей через эти точки, даже если сре-
В этом случае сначала удобнее выразить барицентрические коорди-
ди них есть и бесконечно удалённые). Если же выбрать подсистему
[ 1, B], [1, C], то окажется, что центр масс всей системы должен на- наты через углы треугольника, а затем перейти к длинам сторон.
CA1 tg b
AA1 AA
ходится на прямой, проходящей через B параллельно AC. Пересече- Итак, поскольку CA1 = , BA1 = 1 , то = (рис. 29).
tg c tg b BA1 tg c
ние двух построенных прямых даёт ту же самую точку Z (рис. 28, б).
CB1 tg c
12. Постройте точку с барицентрическими координатами (1, 1, 1). . Значит, H = (tg a, tg b, tg c).
Аналогично получаем, что =
AB1 tg a
Пользуясь правилом рычага и правилом группировки, покажите,
Перейдём теперь к длинам сторон:
что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая
от вершин. sin a sin b sin c C
H = (tg a, tg b, tg 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).
c
a b c
Выразим барицентрические координаты точки Z через площади = , , = B1
a(b + c a ) b(c + a b ) c(a + b2 c2 )
2 2 2 2 2 2 2
A1
треугольников ZBC, ZAC, ZAB. Вспомним, что отношения этих пло-
1 1 1
щадей (см. идею доказательства теоремы Чевы, стр. 6) равны отноше- = , 2 2 2, 2 2 2 . H
b +c a c +a b a +b c
2 2 2
ниям соответствующих отрезков. Воспользовавшись однородностью
координат, получим, что b
a
Точка Жергонна
Z = (SZBC , SZAC , SZAB ). B
A C1
b c
a
1 1 1
G= , , = tg , tg , tg .
(Для внешних точек одну из площадей нужно брать со знаком « ».) papbpc Рис. 29
2 2 2
20 21
Определение центральной точки
Точка Нагеля
b c
a Оказывается, координаты всех только что рассмотренных нами
N = (p a, p b, p c) = ctg , ctg , ctg .
точек обладают некоторыми общими свойствами. Продемонстрируем
2 2 2
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-
ностью. Оно, конечно, связано с тем, что все стороны и вершины
a sin a a 2abc 2abc
tg = =2 = = треугольника задействованы в построении центра описанной окруж-
2 1 + cos a (a + b + c)(b + c a)
b +c a b + 2bc + c a
2 2 2 2 2
1+ ности на равных правах: мы проводим серединный перпендикуляр к
2bc
стороне BC, расположенной напротив вершины A, затем — середин-
abc 1 1
= . ный перпендикуляр к стороне CA — напротив вершины B, и затем —
a+b+c p a p a
к стороне AB — напротив вершины C.
b c Второе свойство заключается в том, что f(a, b, c) = f(a, c, b). Назо-
1 1
и аналогичными tg , tg . А можно действовать и по-
pb pc вём его симметрией по двум аргументам. Оно отражает равноправие
2 2
другому: отрезки, на которые чевианы делят стороны, в случае точ- пары вершин в построении центра: можно проводить перпендикуляр
b c c b
a a 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
и к отрезку CB.
2 2 2 2 2 2
b c c b
a a 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 ,
что для любого положительного числа l выполняется равенство
2 2 2 2 2 2
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 А теперь дадим следующее определение:
вместо
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 )) =
Подавляющее большинство замечательных в интуитивном смы-
= (sin 2a, sin 2b, sin 2c).
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,
и верхнего предела, по-видимому, здесь нет.
1 1
В любом случае SBOC = R2 sin 2a. Аналогично SCOA = R2 sin 2b,
15. Докажите, что центральная точка в правильном треугольнике
2 2
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
sin 2a sin 2b sin 2c
Лемма о трёх точках и две замечательные прямые 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 a(cos b cos c+ cos a)
sin 2a sin a sin a cos a
tg a+
(p1 , q1 , r1 ), (p2 , q2 , r2 ), (p1 + p2 , q1 + q2 , r1 + r2 ), = + = =
cos a cos a cos b cos c cos a cos b cos c
l
p +q +r
XZ
= 2 2 2 , причём точка Z sin a(cos b cos c cos(b + c)) sin a sin b sin c
то они лежат на одной прямой и
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-
Аналогично преобразуются выражения для двух других координат
вый знак, и вне — в противном случае.
HM
точки Z. Таким образом, Z = (1, 1, 1) = M. Вычислим отношение
Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим систему точек [p1 + p2 , A], :
OM
[q1 + q2 , B], [r1 + r2 , C]. Её центр масс находится в точке Z. Разобьём
sin b sin c
sin a
sin 2a sin 2b sin 2c
эту систему на две подсистемы: [p1 , A], [q1 , B], [r1 , C] с центром масс + + + +
cos b cos c cos a cos c cos a cos b
l l l
HM
в точке X и суммарной массой p1 + q1 + r1 и [p2 , A], [q2 , B], [r2 , C] с = = =
tg a + tg b + tg c tg a + tg b + tg c
OM
центром масс в точке Y и суммарной массой p2 + q2 + r2 . По правилу
sin(b + c) sin(a + c) sin(a + b)
группировки центр масс этой системы из двух точек по-прежнему
+ +
совпадает с точкой Z. Осталось воспользоваться правилом рычага. cos b cos c cos a cos c cos a cos b
= =
tg a + tg b + tg c
Доказанная лемма о трёх точках позволяет находить «замеча-
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



O E
Рис. 30
H
M
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,
16. Докажите, что середины сторон, основания высот треуголь-
NM a+b+c 2p
= = = 2. ника и середины отрезков, соединяющих вершины треугольника
IM p a + p b + p c p
с ортоцентром, лежат на одной окружности — о к р у ж н о с т и
П р я м а я Э й л е р а. Ортоцентр H, точка пересечения медиан M
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).
и центр описанной окружности O лежат на одной прямой, причём
17. Докажите, что точка E — центр окружности Эйлера — лежит
HM
= 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).
а) Антиортоцентр Hm , точка пересечения медиан M, точка Лему-
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-
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
б) Точка Нагеля N, точка Im , изотомически сопряжённая цен-
111
образом: Zm = ,, . Это утверждение очевидно: по определению
тру вписанной окружности, антиортоцентр Hm и точка Жергонна G
pqr
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.
г) I и O — центры вписанной и описанной окружностей — и точ-
антибиссектрис Im и Om — изотомического образа центра описанной
ки Gl и Nl , изогонально сопряжённые точкам Жергонна и Нагеля,
окружности.
лежат на одной прямой.
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-
нального образа точки Z(p, q, r) — выражаются следующим образом:
Изоциркулярное преобразование в барицентрических координатах
sin2 a sin2 b sin2 c
a2 b 2 c 2
Zl =
C ,, = , , .
pqr p q r Вычислим барицентрические координаты изоциркулярного об-
раза Zc точки Z(p, q, r).
Докажем это. В обозначениях рис. 32
По лемме Архимеда A1 A2 — биссектриса угла BA1 C, поэтому
1
c AA2 sin ?BAA2
A2
SBAA2 c sin ?BAA2 BA2 BA1
BA2 2
= (см. рис. 23 и 25). Преобразуем это отношение, используя
= = = = CA2 CA1
b sin ?CAA2
CA2 SCAA2 1
b AA2 sin ?CAA2
2 теорему синусов и рассуждения, проведённые на стр. 16:
A1
sin ?CA1 A sin ?AA1 B
CA1 BA1
c sin ?CAA1 c c2 q
b BA2 sin ?BAA1 sin ?BAA1 AB br
= = =2
B
A = = = = ,
b sin ?BAA1 b sin ?BA1 A b r CA2 sin ?CAA1 sin ?CAA1 sin ?AA1 C cq
BA1 CA1
Рис. 32 c AC
sin ?CAA1 sin ?CA1 A
где A1 — точка пересечения прямых AA1 и BC. Аналогично получаем
мы дважды использовали теорему синусов — = ,
CA1 b
CB2 c p AC2 a q
sin ?BAA1 sin ?BA1 A равенства = и = . Поэтому
— и равенство sin ?CA1 A = sin ?BA1 A . Ана-
= AB2 a r BC2 b p
BA1 c
AC2 AC2 BA2 aq aqbr aq ar
логично
Zc = 1, , = 1, , = 1, , .
CB2 a r AC2 b p BC2 BC2 CA2 bp bpcq bp pc
2 2
= , = .
AB2 c2 p BC2 a2 q
p
Домножив все три координаты на , окончательно получаем:
Воспользовавшись приведённым на стр. 19 методом вычисления a
барицентрических координат, находим:
pqr
Zc =
AC2 AC2 BA2 ,, .
b2 p b2 pc2 q b2 p pc2 abc
Zl = 1, , = 1, 2 , 2 2 = 1, 2 , 2 .
BC2 BC2 CA2 a q a qb r aq ar
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
,2,2 = ,, .
p a qp a rp pqr 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
x0 y0 z0 x0 y0 z
lq1 + mr1 = 0,
динаты (x0 , y0 , z0 ). Тогда Fc (Z) = , (Fc )2 (Z) = 2 , 2 , 0 .
,,
abc a b c2
lq2 + mr2 = 0,
x0 y0 z
a2 b 2 c 2
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!).
А поскольку мы всё равно ищем решение (k, l, m) с точностью до
тим, что порядок, в котором применяются изогональное и изотоми-
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-
(q1 r2 q2 r1 )p1 + lq1 + mr1 = 0,
но отмечать точки пересечения прямых со сторонами треугольника,
(q1 r2 q2 r1 )p2 + lq2 + mr2 = 0.
потом вписывать в сегменты окружности, касающиеся сторон в от-
меченных точках, и наконец, проводить прямые из вершин в точки
Решить её уже не составляет труда. Получаем:
касания этих окружностей с описанной окружностью). Справедливо
l = r1 p2 r2 p1 , m = p1 q2 p2 q1 .
аналогичное соотношение: (Fc 1 )2 = Fl ? Fm .
Осталось проверить, что уравнению
Уравнение прямой. Двойственность (q1 r2 q2 r1 )x + (r1 p2 r2 p1 )y + (p1 q2 p2 q1 )z = 0
действительно удовлетворяют все точки Z прямой XY и только они.
Найдём уравнение прямой в барицентрических координатах. Вы-
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-
m p2 + q2 + r2
XZ 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-
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-
m p2 + q2 + r2
точка Z делит от-
в зависимости от знака выражения мыми проективной плоскости: точке (k, l, m) ставится в соответствие
l p1 + q1 + r1
прямая kx + ly + mz = 0, и наоборот. При этом запрещены как «точка»
резок XY внутренним или внешним образом. Понятно, что варьи-
(0, 0, 0), так и «прямая» с уравнением 0x + 0y + 0z = 0.
руя значения l и m, мы можем так получить любую точку на пря-
При двойственности сохраняется «отношение принадлежности»:
мой XY. Л и н е й н а я зависимость координат X, Y и координат точ-
если точка A лежит на прямой a, то прямая Aд (двойственная точке A)
ки Z, «пробегающей» по всей прямой XY, наводит на мысль, что урав-
проходит через точку aд (двойственную прямой a). Факт пересечения
нение прямой XY стоит поискать среди л и н е й н ы х выражений
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 ),
(p3 , q3 , r3 ) одной прямой записываются одинаково: система
Попробуем подобрать коэффициенты k, l, m, n. Во-первых, в силу
?
однородности для любого n 0 вместе с тройкой (x, y, z) уравнению

<< Пред. стр.

страница 3
(всего 4)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign