Содержание
advertisement
Содержание Содержание Вступление Глава 1. Барицентрическое исчисление. Страница 2 4 Раздел 1. Метод барицентрических координат. 4 Раздел 2. Вычисление барицентрических координат 11 замечательных точек треугольника Глава 2. Задачи, решающиеся методом барицентрических 18 координат. Глава 3. Точка Нагеля. 24 Глава 4. Совпадение замечательных точек и точки Нагеля. 29 Глава 5. Вторая прямая Эйлера. 32 Глава 6.Вывод формулы для вычисления расстояний между 38 некоторыми замечательными точками и точкой Нагеля треугольника. Раздел 1. Простейшие формулы. 40 Раздел 2. Вычисление расстояний меду точкой 41 Нагеля и замечательными точками треугольника методом барицентрических координат. Заключение Список использованной литературы 49 50 1 Вступление А Определение. Точкой Нагеля называется точка пересечения прямых, проведённых через вершины треугольника и точки касания вневписанных окружностей к N противоположным сторонам треугольника. В этой точке В С пересекаются прямые, которые делят периметр треугольника пополам. Доказательство существования этой замечательной точки для любого треугольника имеется в работе. Точка Нагеля, точка пересечения медиан, точка пересечения биссектрис треугольника лежат на одной N прямой в любом треугольнике, причём MN=2IM. Эта прямую мы назовём второй прямой Эйлера (по аналогии с прямой Эйлера, проходящей через ортоцентр, точку пересечения медиан, центр описанной M окружности). Доказательство принадлежности трёх указанных точек одной прямой в любом треугольнике I имеется в работе. Основной целью настоящей работы является исследование свойств точки Нагеля и второй прямой Эйлера. Основная часть исследований работы проводится методом координат. Поскольку при использовании барицентрических координат вычисления упрощаются по сравнению с использованием декартовых, то используется именно метод барицентрических координат. В первой главе рассматриваются необходимые свойства барицентрических координат, формулы, уравнения некоторых линий в барицентрических координатах, среди которых часть получены и доказаны самостоятельно. В, частности, не имеется в использованной литературе уравнения окружности Эйлера (девяти точек – три середины сторон треугольника, три основания высот треугольника, три середины отрезков от вершин треугольника до точки пересечения его высот) в барицентрических координатах относительно этого треугольника. В разделе втором главы приведено вычисление барицентрических координат 12 замечательных точек треугольника. 2 Вторая глава призвана показать преимущества метода барицентрических координат при решении задач. В этой главе приведены некоторые геометрические задачи, решающиеся методом барицентрических координат. Все задачи поставлены и решены автором работы самостоятельно. В третьей главе рассматриваются свойства точки Нагеля (точкой Нагеля треугольника называется точка пересечения прямых, проходящих через вершины треугольника и делящих периметр треугольника пополам), большинство из которых сформулированы и доказаны самостоятельно. В четвёртой главе самостоятельно исследуется вопрос о виде треугольника, в котором точка Нагеля совпадает с одной из перечисленных там 12 замечательных точек этого треугольника. Здесь применяются результаты раздела второго главы первой. В пятой главе рассматриваются свойства второй прямой Эйлера (прямая, на которой лежат точки пересечения медиан, биссектрис, точка Нагеля), выводится уравнение второй прямой Эйлера в барицентрических координатах, исследуется вопрос о виде треугольника, в котором на второй прямой Эйлера лежит одна из рассмотренных там 12 замечательных точек. Здесь также применяются результаты раздела второго главы первой. В шестой главе выводится формула для расчёта расстояния между точкой Нагеля и некоторой другой точкой с заданными барицентрическими координатами. Также выводятся формулы для расчёта расстояний между точкой Нагеля и точкой пересечения медиан, центром описанной окружности, точкой пересечения биссектрис, точкой пересечения высот, центром окружности Эйлера. В седьмой главе рассматриваются составленные автором задачи олимпиадного типа, при решении которых применяются некоторые рассмотренные в предыдущих главах работы формулы и геометрические факты. По мнению автора работы, весьма интересными будут рассмотренные тут уравнения (2 шт.) и системы (1 шт.), число неизвестных в которых превышает число уравнений. Результаты работы могут быть полезными для составителей олимпиадных (турнирных) задач по математике, руководителей и учащихся математических кружков. 3 Глава 1. Барицентрическое исчисление Раздел 1 Метод барицентрических координат Известны различные способы аналитического задания положения точки на плоскости: система декартовых, полярных координат относительно некоторой точки. Здесь же речь пойдет о способе аналитического задания положения точки относительно некоторого треугольника при помощи трёх барицентрических координат. Барицентрические координаты точек плоскости могут оказаться полезными при решении некоторых барицентрических геометрических координат несколько задач. В упрощает частности, введение исследование свойств замечательных точек треугольника, (барицентрические координаты замечательных точек треугольника имеют более простой вид, чем декартовы), поэтому в настоящей главе они будут основным объектом исследований. А Определение. Пусть дан треугольник АВС и точка Х. Барицентрическими координатами Х относительно треугольника АВС (или в системе отсчёта, связанной с треугольником АВС) назовём Х S S S числа , , , такие, что BXC , AXC , AXB , S ABC S ABC S ABC причём если т. Х лежит вне треугольника, то площади треугольников, внутренних с АВС не имеющих точек, общих В С считаются +-- отрицательными, так что сумма трёх координат A равна 1. ++- +-+ На рисунке показаны знаки чисел , , в +++ зависимости от положения точки Х относительно треугольника, с которым связана система отсчёта. B -+- -++ C --+ Нетрудно убедиться, что барицентрические координаты любой точки определены однозначно. Поскольку геометрическое множество точек, для которых 4 отношения S BXC S и AXC постоянны – прямые, параллельные прямым ВС и АС, и, S ABC S ABC как следствие, пересекающиеся в одной и только в одной точке, то любые три числа , , , сумма которых равна 1, однозначно определяют точку плоскости. Если далее нет никаких дополнительных оговорок, то a, b, c, A, B, C – соответственно стороны и углы треугольника, с которым связана система отсчёта; , , - барицентрические координаты некоторой точки плоскости. Лемма 1.1. Барицентрические координаты точки плоскости – это значения масс, которые необходимо поместить в вершины треугольника, чтобы центр масс находился в данной точке. Доказательство. По определению, центр масс системы из трёх точек А, В, С, в которые помещены массы m1, m2, m3 – это такая точка плоскости Х, что m1 XA m2 XB m3 XC 0 (1) Таким образом, необходимо доказать, что если X(,,), то XА XВ XС 0 (2) что равносильно S BXC XA S AXC XB S AXB XC 0 (3) Рассмотрим треугольник А1В1С1 , стороны которого параллельны AX, BX, CX. Имеем: A1B1 A1C1 B1C1 k ( S BXC XA S AXC XB S AXB XC ) 0 , (4) где k – некоторое число, отличное от нуля. Из (4) вытекает справедливость (3). Теперь найдём решение некоторых геометрических задач при помощи барицентрических координат: 1) нахождение формулы для расчёта расстояний между двумя заданными точками; 5 2) нахождение формулы для расчёта площади треугольника (координаты вершин заданы); 3) нахождение уравнения прямой (по двум различным заданным точкам); 4) нахождение формулы перехода из одного треугольника отсчёта в другой (вершины этого треугольника заданы); 5) нахождение уравнения окружности, описанной около треугольника с заданными координатами вершин; 6) нахождение уравнения окружности Эйлера треугольника АВС. Решения некоторых из этих задач существуют в декартовых координатах и очень хорошо известны. Мы воспользуемся этими решениями и рассмотрим леммы. Лемма 1.2. Выберем декартову систему координат, связанную с вершиной С треугольника АВС и направим ось абсцисс по направлению вектора С А . Декартовы координаты некоторой т. Х в выбранной системе отсчёта выражаются через барицентрические координаты относительно треугольника АВС по следующим формулам: x a cos C b , y a sin C. Доказательство. прямые, параллельные Через т. сторонам (5) Х Y проведём АС B (точка пересечения – К1) и ВС (точка пересечения – К2). Следовательно, СК1ХК2 – параллелограмм. Имеем: K2 X C X C K1 C K 2 C A C B , CAa cos C; a sin C, C B b ;0 C X a cos C b ; a sin C. Т.к. С – начало координат, а точка Х имеет координаты x и y, то мы имеем: x a cos C b , Лемма доказана. y a sin C. 6 X C K1 A Теперь рассмотрим решения геометрических задач в барицентрических координатах. Факты, доказываемые в теоремах 1.1 – 1.5, являются известными, но я формулирую их и даю им доказательства самостоятельно. Теорема 1.1. Расстояние между двумя точками плоскости, барицентрические координаты которых заданы, вычисляется по формулам: d 2 a 2 ( 2 1 )2 b2 ( 2 1)2 (a 2 b2 c 2 )( 2 1)( 2 1) d 2 (a 2 ( 2 1 )( 2 1 ) b2 ( 2 1)(( 2 1 )) c 2 )( 2 1)( 2 1)) (6) (7) Доказательство. Выберем декартову систему координат, рассмотренную в лемме 2, и применим известную формулу расстояния между двумя точками в декартовых координатах. Воспользовавшись предыдущей леммой и выполнив преобразования, получим доказываемое утверждение: d 2 ( x2 x1 ) 2 ( y2 y1 ) 2 (a cos C ( 2 1 ) b( 2 1 )) 2 a 2 sin 2 C ( 2 1 ) 2 a 2 ( 2 1 ) 2 (sin 2 C cos 2 C ) b 2 ( 2 1 ) 2 2ab cos C ( 2 1 )( 2 1 ) a 2 ( 2 1 ) 2 b 2 ( 2 1 ) 2 (a 2 b 2 c 2 ) ( 2 1 )( 2 1 ) a 2 ( 2 1 2 1 )( 2 1 ) b 2 ( 2 1 )( 2 1 2 1 ) c 2 ( 2 1 )( 2 1 ) (a 2 ( 2 1 )( 2 1 ) b 2 ( 2 1 )( 2 1 ) c 2 ( 2 1 )( 2 1 )). Примечание. В литературе встречается формула (7), но я наряду с этой формулой решил ещё выделить и формулу (6), поскольку использование формулы (6) позволяет сделать формулу менее громоздкой, и, как следствие, сократить размер программного кода при решении данной задачи на языках программирования. Теорема 1.2. Площадь треугольника А1В1С1 барицентрические координаты вершин, которого заданы, вычисляется по формуле: S S0 ( 2 1 )( 3 1 ) (3 1 )( 2 1 ) , (8) где S0 – площадь треугольника, с которым связана система отсчёта. Доказательство. Пусть система отсчёта связана с треугольником АВС. Выберем декартову систему координат, рассмотренную в лемме 2, и применим известную формулу для площади некоторого треугольника через координаты вершин: 7 S 1 ( x2 x1 )( y3 y1 ) ( x3 x1 )( y2 y1 ) . 2 (9) Воспользуемся леммой и выразим, декартовы координаты через барицентрические относительно треугольника АВС. Имеем: 1 1 ( x3 x1 )( y2 y1 ) ( x2 x1 )( y3 y1 ) a sin C ( 2 1 )( a cos C ( 3 1 ) b( 3 1 )) a sin C 2 2 1 ( 3 1 )( a cos C ( 2 1 ) b( 2 1 )) a 2 sin C cos C ( 3 1 )( 2 1 ) ab sin C ( 3 1 )( 2 1 ) 2 1 a 2 sin C cos C ( 3 1 )( 2 1 ) ab sin C ( 2 1 )( 3 1 ) ab sin C ( 2 1 )( 3 1 ) ( 3 1 ) 2 ( 2 1 ) S0 ( 2 1 )( 3 1 ) ( 3 1 )( 2 1 ) . S Примечания. 1) Учитывая свойство + + =1, имеем: S S0 ( 2 1 )( 3 1 ) ( 3 1 )( 2 1 ) S0 ( 2 1 )( 3 1 ) ( 3 1 )( 2 1 ) S0 ( 2 1 )( 3 1 ) ( 3 1 )( 2 1 ) при циклической перестановке ,,, формула для расчёта площади остаётся справедливой. 2) Из того, что при циклической перестановке индексов 1, 2, 3, формула (9) остаётся справедливой, имеем то, что при циклической перестановке индексов 1, 2, 3 и формула (8) остаётся справедливой. Теорема 1.3. Для барицентрических координат , , точки Х, принадлежащей прямой АВ( точки А и В имеют координаты 1, 1, 1; 2, 2, 2)) справедливо соотношение: ( 1 )( 2 1 )( 2 1 ) ( )1 (2 1 )( 2 1 ) ( 1 )(2 1 )( 2 1 ) (10) Доказательство. Будем считать АХВ треугольником с площадью, равной нулю и применим предыдущую теорему и примечание 1 к ней. Получим: ( 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 )( 2 1 ) ( 1 )( 2 1 )( 2 1 ) (11) Из справедливости системы (11) следует справедливость системы (10). Примечание. Любое из равенств (10) при условии того, что оно не является очевидным (0=0), можно считать уравнением прямой в барицентрических координатах. 8 Теорема 1.4. Пусть данная система отсчёта связана с треугольником АВС. Даны точки А1( 1; 1; 1), В1( 2; 2; 2), С1( 3; 3; 3), а также некоторая точка Х ( , , ). Координаты точки Х , , в новой системе отсчёта, связанной с треугольником А1В1С1 можно рассчитать по формулам: ( 3 )( 2 3 ) ( 3 )( 2 3 ) ( 3 ) 2 3 ) ( 3 ( 2 3 ) ' ( )( ) ( )( ) ( ) ) ( ( ) ; 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 ( 3 )( 1 3 ) ( 3 )(1 3 ) ( )( 3 ) ( 1 3 )( 3 ) 1 3 ; ' ( 2 3 )( 1 3 ) ( 2 3 )(1 3 ) ( 1 3 ) 2 3 ) ( 1 3 ( 2 3 ) ' 1 ( ' ' ). (12) Доказательство. Выберем координатную ось ОY вдоль высоты треугольника АВС, опущенную на сторону ВС. Согласно лемме 1, барицентрические координаты некоторой точки являются такими значениями масс, при помещении которых в вершины А, В, С центр масс попадает в эту рассматриваемую точку. Следовательно, поскольку справедливо y2 2 , то справедливо равенство: y1 1 1 2 3 (13) Выбирая поочерёдно координатные оси вдоль других высот треугольника АВС, применяя рассуждения, аналогичные вышеуказанным, получим равенства: 1 2 3 (14) 1 2 3 (15) Решив системы уравнений (12) и (13), (13) и (14) получим справедливость (11), а, решив систему уравнений (12), (14), получим, что при циклической перестановке координат , , формулы остаются справедливыми. 9 Теорема треугольника 1.5. в Уравнение окружности, барицентрических описанной координатах около некоторого относительно этого треугольника, имеет вид: a 2 b2 c 2 0 (16) Доказательство. Пусть точка X принадлежит окружности, описанной около треугольника и имеет координаты , , . Пусть также О – центр и R – радиус описанной окружности. Тогда AX BX CX 0 ( AO OX ) ( BO OX ) (CO OX ) 0 AO BO CO ( ) XO . Поскольку AO BO CO XO R , то после возведения обеих частей равенства в квадрат, получим (2R 2 2R 2 cos A) (2R 2 2R 2 cos B) (2R 2 2R 2 cos C ) R 2 OX 2 0 (17) Применив теорему косинусов, получим справедливость равенства (12). Воспользовавшись теоремой 4, мы можем применить равенство (12) к произвольному треугольнику. Определение. Три основания высот, три его основания медиан и три точки Эйлера (середины отрезков AH,BH,CH) лежат на одной окружности Известно, что центром окружности Эйлера является середина отрезка, концами которого являются точка пересечения высот (H) и центр описанной окружности (О) треугольника. Следующая теорема была сформулирована и доказана самостоятельно. В использованной литературе не найдена. Теорема 1.6. Уравнение окружности Эйлера некоторого треугольника в барицентрических координатах относительно него имеет вид a 2 (1 2 )(1 2 ) b2 (1 2 )(1 2 ) c 2 (1 2 )(1 2 ) 0 (18) Доказательство. Воспользуемся тем, что окружности Эйлера по определению принадлежат середины А1, В1, С1 сторон ВС, АС, АВ треугольника АВС. 10 A Следовательно, получив формулы для вычисления барицентрических координат точки относительно B1 C1 треугольника А1В1С1 и рассчитав стороны этого треугольника, мы решим поставленную задачу, воспользовавшись теоремой 5. B C A1 Так как медианы треугольника делят его площадь пополам, то вершины 1 1 1 1 1 1 треугольника А1В1С1 имеют координаты А1 ; ;0 , В1 ;0; , С1 0; ; ; . 2 2 2 2 2 2 Следовательно, барицентрические координаты некоторой точки в системе отсчёта, связанной с треугольником А1В1С1, вычисляются по формулам 1 2 1 - 2 1 2 (19) Поскольку стороны треугольника А1В1С1 являются средними линиями треугольника АВС, то A1B1 AB AC BC , A1C1 , B1C1 . 2 2 2 Применив теперь теорему 5, получим требуемое. Раздел 2 Вычисление барицентрических координат замечательных точек треугольника. В этом разделе содержится расчёт барицентрических координат замечательных точек треугольника относительно этого треугольника. Расчёт координат точек пересечения медиан, биссектрис, высот, центра описанной окружности, точек Лемуана и Жергонна взят из журнала «Квант» (№№ 2, 3, 2003г.) A 1)Точка пересечения медиан (М). Т.к. медиана любого треугольника делит его площадь 1 3 пополам, то S AMB S AMC S BMC S ABC 1 1 1 М ( ; ; ). 3 3 3 M Таким образом, B 11 C 1 1 1 M ; ; 3 3 3 (20) 2) Центр описанной окружности (О). А Для вычисления координат точки О заметим, что S ABO cR cos C 2 . В самом деле, если угол С острый, то АОВ=2С, но тогда высота равнобедренного треугольника АОВ, опущенная на сторону АВ, равна RcosC. Аналогично, если угол С тупой, O В С то AOB 2 2C , но тогда высота треугольника АОВ равна R cos C . Поэтому, в любом случае сR cos C a 2 b2 c2 c 2 (a 2 b 2 c 2 ) , а т.к. cosC= . 2S 2ab 16S 2 Координаты , находятся аналогично. Таким образом, O( a 2 (b 2 c 2 a 2 ) b 2 (a 2 c 2 b 2 ) c 2 (a 2 b 2 c 2 ) ; ; ) 16S 2 16S 2 16S 2 (21) A 3) Центр вписанной окружности (I). Для вычисления координат точки I достаточно заметить, что S ABC rp , S ABI rc , 2 поэтому c c . 2p a b c I Координаты , находятся аналогично. Таким образом, B I ( a b c ; ; ) abc abc abc 12 C (22) A 4)Точка пересечения высот (H). Вычислим, например координату H . Высота треугольника AHB с точностью до знака равна ссоsActgB, так что c cos ActgB (b 2 c 2 a 2 )( a 2 c 2 b 2 ) 2 16S (b 2 c 2 a 2 )( a 2 c 2 b 2 ) . 16S 2 S AHB H H Координаты , находятся аналогично. Таким B образом, C (a 2 c 2 b2 )(b2 c 2 a 2 ) (b2 c 2 a 2 )(a 2 b2 c 2 ) (b2 c 2 a 2 )(a 2 c 2 b2 ) . H ; ; 16S 2 16S 2 16S 2 Теорема 1.7. Ортоцентр, точка пересечения, центр описанной окружности треугольника лежат на одной прямой в любом треугольнике, причём MH=2OM. Доказательство. Простыми преобразованиями убеждаемся, что справедлива система равенств: 1 1 2 3 O 3 H 3 M ; 1 1 2 O H M ; 3 3 3 1 1 2 3 O 3 H 3 M . (24) Отсюда и следует доказываемое. A 5)Точка Жергонна. Определение. Точкой Жергонна называется точка пересечения треугольника прямых, с соединяющих точками касания вершины вписанной окружности. G Докажем для барицентрических координат точки Жергонна соотношение: B 13 D C ( p a ) ( p b) ( p c ) . Докажем это для координат и : SCBG SCBD SGBD BD p b ( p a) ( p b). Пусть (p – a)=k, тогда SCAG SCAD SGAD AD p a k k k k , , . Т.к. ++=1, то pa p b pc ( p a)( p b)( p c) ( p a)( p b) ( p a)( p c) ( p a)( p b) ( p b)( p c) ( p a)( p c) ; ; ( p a)( p b) ( p a)( p c) ( p a)( p b) ( p a)( p b) ( p a)( p c) ( p a)( p b) G ( p a)( p b) ( p a)( p b) ( p a)( p c) ( p a)( p b) 6)Точка Лемуана. (25) A Определение. Точка Лемуана треугольника есть точка пересечения отрезков, являющихся геометрическим местом точек, расстояния от которых до двух сторон треугольника пропорциональны длинам этих сторон. K SCBK SCBD S KBD ad a a b 2 a 2 . SCAK SCAD S KAD bdb b 2 2 Аналогично доказывается, что (bc)2 (ac)2 (ab)2 B D a2 b2 c2 K 2 ; 2 ; 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c 7) Точка пересечения антибиссектрисс. Определение. Внутренней антибиссектрисой треугольника называется прямая, делящая сторону треугольника на отрезки, обратно пропорциональные длинам прилежащих сторон треугольника. Из теоремы Чевы следует, что внутренние антибиссектрисы пересекаются в одной точке. 14 C (26) В п.105 книги [3] доказано, что ( d a - расстояние от замечательной точки до стороны a треугольника АВС): da a 1 a 1 . Аналогично рассчитываются координаты 1 ha a b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 ,. Таким образом: a 1 b 1 c 1 . I 1 1 ; ; 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c (27) Воспользуемся материалами из книги [3]. 8) Первая точка Енжабека. Определение. Первой точкой Енжабека называется такая точка треугольника АВС, отрезки прямых, проведённых из этой точки параллельно сторонам АВ, ВС, СА до пересечения со сторонами ВС, СА, АВ, равны между собой. В упомянутой книге приведено доказательство того, что: d a t sin , db t sin , dc t sin , где t (a 1 b1 c 1 )1 . Таким образом, b1 c 1 a 1 I 2 1 ; ; 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c (28) 9) Вторая точка Енжабека. Определение. Второй точкой Енжабека называется такая точка треугольника АВС, отрезки прямых, проведённых из этой точки параллельно сторонам АВ, ВС, СА до пересечения со сторонами АС, ВА, СВ., равны между собой. В упомянутой книге приведено доказательство того, что: da t sin , db t sin , dc t sin , где t (a 1 b1 c 1 )1 . Таким образом, c 1 a 1 b 1 I 3 1 ; ; 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c 15 (29) Далее речь пойдёт о точках Брокара, которые более подробно рассмотрены в источниках [3] и [10]. B 10) Первая точка Брокара. Определение. Первой точкой Брокара называется такая P P Точка Р внутри треугольника АВС, что PAC PCB PBA . A C В любом треугольнике существует ровно одна первая точка Брокара. Согласно материалам из [3] (стр.125-126), S BPC : S APC : S APB b 2 : c 2 : a 2 b2 c 2 a 2 P 2 ; ; 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c B 11) Вторая точка Брокара. Определение. Второй точкой Брокара называется такая точка Q внутри треугольника АВС, что Q QCA QBC QAB . A C В любом треугольнике существует ровно одна вторая точка Брокара. Согласно материалам из [3] (стр.125-126), SBQC : S AQC : S AQB c 2 : a 2 : b2 c 2 a 2 b 2 . Q 2 ; 2 ; 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c (31) Примечание. Угол PAC PCB PBA QCA QBC QAB называется a 2 b2 c2 углом Брокара. Справедливо, что ctg /взято из [10]/ 4S 12)Точка Ферма. Воспользуемся материалами статьи А. Кудина «Некоторые малоизвестные факты из геометрии треугольника», опубликованной в газете «Математика», №6, 1999г. Определение. Точкой Ферма называется такая точка F треугольника АВС, сумма расстояний от которой до вершин треугольника минимальна. 16 В треугольнике, все углы которого меньше 120, точка Ферма – это такая точка внутри треугольника, из которой все стороны видны под углом 120. В треугольнике, один из углов больше либо равен 120, точка Ферма совпадает с вершиной этого угла. Т.к. барицентрические координаты вершин треугольника известны, то мы рассмотрим только случай, когда все углы треугольника меньше 120. Если точка F не совпадает с одной из вершин треугольника, то расстояние от этой точки до вершин треугольника рассчитываются по формулам: AF x1 b 2 c 2 2a 2 s 2 a 2 c 2 2b 2 s 2 a 2 b 2 2c 2 s 2 ; BF x2 ; CF x3 , 3s 3s 3s (32) a 2 b2 c2 где s 2S 3. 2 2 Поскольку точка Ферма – это такая точка внутри треугольника, из которой все стороны видны под углом 120, то в таком случае x x 3 xx 3 xx 3 F 2 3 ; 1 3 ; 1 2 4S 4S 4S 17 (33) Глава 2. Задачи, решающиеся методом барицентрических координат В этой главе рассматриваются некоторые геометрические задачи, решающиеся методом барицентрических координат. Все задачи поставлены и решены самостоятельно. I. Свойства треугольника, образованного прямыми, делящими стороны исходного в заданных отношениях. Пусть на прямых BC, АС, AB выбраны точки, которые делят эти прямые в отношениях k1, k2 , k3 . Имеем: k1 А BA1 AB1 BC1 , k2 , k3 . A1C B1C C1 A С1 С2 В1 В2 А2 В С А1 1)Рассчитаем площадь треугольника А2В2С2 1) Выразим барицентрические координаты точек A1, B1, C1 через n1, n2, n3 . Получим: т. А1 ( 0; 1 k k 1 1 k ; 3 ;0 ). Отсюда ; 1 ), т.B1( 2 ;0; ), т.C1( k2 1 k2 1 k3 1 k 3 1 k1 1 k1 1 получим уравнения прямых АА1, ВВ1, СС1: a) AA1: k1 ; b) BB1: k2 ; c) CC1: k3 . 2)Рассчитаем теперь координаты точек пересечения отрезков AA1 и BB1, BB1 и СС1, АА1 и СС1. Решим для этого три системы уравнений: k1 , k2 , 1. (1) 18 k3 , k2 , 1. (2) k3 , k1 , 1. (3) Решениями этих систем будут ( и ): k1k2 1 ; k1 (k2 1) 1 k1 (k1 1) 1 k2 k 2 k3 ; k2 (k3 1) 1 k2 (k3 1) 1 1 k3 ; k3 (k1 1) 1 k3 (k1 1) 1 (4) Отсюда рассчитаем площадь (применив теорему 2) треугольника А2В2С2: S A2 B2 C 2 (k1k2 k3 1) 2 S ABC (k1 (k2 1) 1)( k2 (k3 1) 1)( k3 (k1 1) 1) (5) Примечание 1. Если k1=k2 =k3 =k, то 2 S A2 B2 C 2 k 1 S ABC k (k 1) 1 (6) Примечание 2. Теорема Чевы. Прямые АА1, ВВ1, СС1 (точки А1, В1, С1 принадлежат сторонам треугольника АВС) пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда A1C AB1 BC1 1 A1B B1C AC1 2)Расчёт длин сторон треугольника А2В2С2. Воспользуемся теоремой 2 и решениями (4) систем уравнений (1), (2), (3). После преобразований получим: 19 (7) 2 k1k2 k3 1 (k3 (( k3 1)c 2 b 2 ) (k3 1)a 2 ) A2 B ( k ( k 1 ) 1 )( k ( k 1 ) 1 ) 2 3 1 2 2 2 (8) 2 k1k2 k3 1 (k1 (( k1 1)b 2 a 2 ) (k1 1)c 2 ) A2C ( k ( k 1 ) 1 )( k ( k 1 ) 1 ) 3 1 2 3 2 2 (9) 2 k1 k 2 k 3 1 (k 2 (( k 2 1)a 2 c 2 ) (k 2 1)b 2 ) B 2 C ( k ( k 1 ) 1 )( k ( k 1 ) 1 ) 3 1 1 2 2 2 (10) Примечание. Если k1=k2=k3=k, то 2 k 1 (k (( k 1)c 2 b 2 ) (k 1)a 2 ) A2 B k (k 1) 1 2 2 (11) 2 k 1 (k (( k 1)b 2 a 2 ) (k 1)c 2 ) A2C k (k 1) 1) 2 2 (12) 2 k 1 (k (( k 1)a 2 c 2 ) (k 1)b 2 ) B2C k (k 1) 1 2 2 (13) 3)Расчёт формул перехода из системы отсчёта, связанной с данным треугольником АВС в систему, связанную с треугольником А2В2С2. Воспользуемся теоремой 1.4 и решениями (4) систем уравнений (1), (2), (3). После преобразований получим: (k3 )( k1 ( k 2 1) 1) k1k 2 k3 1 (14) ( k1 )( k2 (k3 1) 1) k1k2 k3 1 (15) 1 ( ) (16) Примечание. Если k1=k2=k3=k, то 20 k k 1 (17) k k 1 (18) Следствие. k k 1 Точка (19) пересечения медиан треугольника, образованного прямыми, делящими стороны исходного треугольника в одинаковых отношениях, совпадает с точкой пересечения медиан исходного треугольника. Задача (самостоятельно поставлена и решена). Доказать, что если при пересечении прямых, проходящих через вершины некоторого треугольника, образуется треугольник, точка пересечения медиан которого совпадает с точкой пересечения медиан данного, то прямые делят стороны треугольника в равных отношениях. А С1 С2 В1 В2 А2 В k1 С А1 BA1 AB1 BC1 , k2 , k3 . A1C B1C C1 A Воспользуемся формулами (14) и (15). Учитывая, что относительно данного 1 1 1 треугольника точка пересечения медиан имеет координаты ; ; , имеем 3 3 3 (k 3 1)( k1 (k 2 1) 1) (k 1)( k 2 (k 3 1) 1) 1 1 k1 k 2 k 3 1 k1 k 2 k 3 1 21 Из теоремы Чевы следует, что если k1k2k3 1 , то АА1, ВВ1, СС1 пересекаются в одной точке, что не удовлетворяет условию задачи. Следовательно, k1k2k3 1 . (k1 1)(k2k3 k2 1) k1k2k3 1 k1 (k2 1) k2 (k3 1) 0 k1 (k2 1) 1 k2 (k3 1) 1 0 , т. к. k1k 2 k 3 - 1 0 k 1 1 k3 k k (k2 1) k2 (k 1) k2 k k1 k2 k3 , чтд. II. Свойства треугольника, барицентрические координаты вершин которого равны (, , ), ( , , ), (,, ) 1) Площадь треугольника, барицентрические координаты вершин которого равны (, , ), ( , , ), (,, ), вычисляется по формуле S ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 S0 2 (20) где S0 – площадь базисного треугольника. Доказательство. S ( 2 3 )( 1 3 ) (1 3 )( 2 3 ) S0 ( ) 2 ( )( ) S0 . Если ( )( ) 0 , то ( ) 2 ( )( ) ( )2 ( )( ) . ( ) 2 ( )( ) 0 Если ( )( ) 0 , то ( ) 2 ( )( ) 0 ( ) 2 ( )( ) ( ) 2 ( )( ). Таким образом, S (( ) 2 ( )( )) S0 S (( ) 2 ( )( )) S0 (( ) 2 ( )( )) S0 (( ) 2 ( )( )) S0 Следовательно, S 2S ( ) 2 ( ) 2 ( )( ) ( )( ) S0. 2 2 А ( ) ( ) ( ) S0 . 2 2 2 2 2)Сумма квадратов сторон треугольника, барицентрические координаты вершин А1 которого относительно базисного В1 треугольника – А1(, , ); В1(, , ); С1(,, ), С1 22 В С равна ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2 (a b 2 c 2 ) , где a, b, c – 2 стороны базисного треугольника. Доказательство. Воспользуемся формулой (7). Получаем А1В12 (a 2 ( )( ) b 2 ( )( ) c 2 ( )( )) A1C12 (a 2 ( )( ) b 2 ( )( ) c 2 ( )( )) B1C12 (a 2 ( )( ) b 2 ( )( ) c 2 ( )( )) Отсюда имеем A1B12 A1C12 B1C12 (( )( ) ( )( ) ( )( ))( a 2 b 2 c 2 ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2 (a b 2 c 2 ) 2 Таким образом, A1B12 A1C12 B1C12 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2 (a b 2 c 2 ) 2 23 (21) Глава 3. Точка Нагеля В настоящей главе приведены свойства точки Нагеля. В использованной литературе имеются только теоремы 1, 2, 3, 4. Все остальные были сформулированы и доказаны самостоятельно. Определение. Точкой Нагеля треугольника называется точка пересечения прямых, проходящих через вершины треугольника и делящих его периметр пополам. Если далее нет никаких дополнительных оговорок, то барицентрические координаты некоторой точки вычисляются относительно рассматриваемого треугольника. Здесь и далее в работе обозначим р – полупериметр треугольника АВС. Теорема 3.1. Точка Нагеля существует в любом треугольнике. А Доказательство. Прямая AN делит периметр N2 треугольника пополам => BN1=p-c, а CN1=p-b, N3 где р – полупериметр. Аналогично, рассмотрев прямые BN,CN, получим: AN2=p-c, CN2=p-a, В С AN3=p-b, BN3=p-a. Применив теорему Чевы, получим требуемое. N1 Теорема 3.2. Прямая, проведённая через точку Нагеля и некоторую вершину треугольника, пересекает противолежащую сторону в точке касания вневписанной A окружности. Пусть точка N1 – точка касания вневписанной окружности и стороны ВС, точки N1 C B Т1, Т2 – точки касания этой окружности Т2 и продолжений сторон АВ и АС. Касательные, Т1 проведённые из одной точки к окружности, равны. Следовательно, АТ1=АТ2 и, АТ1+АТ2= =АВ+АС+ВN1+СN1=AB+AC+BC => АТ1=АТ2=р => ВN1=p-c, СN1=p-b, следовательно, N – точка Нагеля. Теорема 3.3. Барицентрические координаты точки Нагеля треугольника АВС относительно этого треугольника равны: 24 pa pb pc , , , p p p (1) Доказательство приведено в журнале “Квант”(№ 3, стр. 63) Теорема 3.4. Через вершины данного треугольника проведём прямые, параллельные противоположным сторонам. Точка Нагеля данного треугольника является точкой пересечения биссектрис полученного треугольника. Я приведу собственное доказательство методом барицентрических координат Доказательство. Вычислим по формулам A B1 C1 барицентрические координаты точки Нагеля треугольника АВС относительно треугольника А1В1С1. Плучим: C B 2a 2b , . 2a 2b 2c 2a 2b 2c A1 Следовательно, точка Нагеля треугольника АВС является точкой пересечения биссектрис треугольника А1В1С1 (стороны этого треугольника в два раза длиннее сторон данного). B Теорема 3.5. AN 2 a(2(b c) a) 8abc . abc A1 Доказательство. Проведём через каждую вершину треугольника прямую, параллельную противопо- C C1 ложной стороне до взаимного пересечения в точках А1,В1,С1. Треугольники ABC и А1В1С1 подобны с коэффициентом ½. B1 AN – медиана треугольника NB1C1.Следовательно, 1 ab( p c) ac( p b) (2(C1 N 2 B1 N 2 ) 4a 2 ) 2( BI 2 CI 2 ) a 2 2 a2 4 p 8abc 2a(b c a) . abc AN 2 A Теорема 3.6. Длины отрезков, соединяющих вершины треугольника и его точку Нагеля не меньше диаметра вписанной окружности. Доказательство. AN AN a p 2S 2S 1 1 1 AA1 AN AH AN 2r . AA1 AA1 p a a p АН – высота треугольника, АА1 – отрезок, соединяющий вершину треугольника и точку касания вневписанной окружности стороны ВС. 25 Теорема 3.7. Угол, под которым виден отрезок, соединяющий вершину А треугольника АВС с точкой Нагеля этого треугольника, рассчитывается по формуле: bc 2 b2 c2 a 2 ctg (ABN ) . (a b c) S 4S C (2) Доказательство. N Из треугольника N1BA (NBА): B A sin( ) c 2c 4 Rc bc 2 ctg ctg sin pc abc a(a b c) (a b c) S ctg bc 2 b2 c2 a 2 b2 c2 a 2 2R b2 c2 a 2 (т.к.ctg ). (a b c) S 4S 2bc a 4S Формулы, по которым вычисляются углы, под которыми видны отрезки BN и CN, получаются из формулы (2) циклической перестановкой a, b, c . Теорема 3.8. Точка Нагеля лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ тогда и только тогда, когда: a) треугольник равнобедренный; b) стороны a,c,b составляют арифметическую прогрессию; Доказательство. Т.к. т.N лежит на серединном перпендикуляре к АВ, то AN=BN. Воспользуемся теоремой 1.5. и получим: a b, 2a(b c) a 2 2b(a c) b 2 2c(a b) a 2 b 2 (a b)( a b) a b 2c. a b, Следовательно, a c d , (либо треугольник равнобедренный, либо числа a,b,c – b c d . С члены арифметической прогрессии с разностью d. Получили требуемое. Теорема 3.9. Если NAС NBC , то треугольник равнобедренный N2 N1 N Доказательство. AN 2 BN1 p c, NAC NBC , А ANN2 BNN1 треугольники ANN2 , BNN1 равны. Следовательно, AN=BN. 26 В Поэтому NAB NBA (треугольник ANB равнобедренный) A B . Таким образом, треугольник АВС равнобедренный. Теорема 3.10. Если какие-либо два из углов ABN, BAN, ACN, CAN, BCN, CBN равны углу Брокара, то треугольник правильный. Доказательство. Пусть вершины равных углов A обязательно A или B. Рассмотрим случаи: а) Точка Нагеля лежит на биссектрисе угла А или В (один из углов равен 2); тогда медиана к стороне a или b совпадает с одной из биссектрис ( А или В), т.к. точка Нагеля, точка пересечения медиан, точка N пересечения биссектрис в любом треугольнике лежат на одной прямой (теорема 1.9) что возможно C a=b, но тогда на этой прямой лежат две точки Брокара (по условию теоремы), следовательно, барицентрические координаты двух точек Брокара равны, то есть B sin sin b c треугольник sin 2 sin 2 2 2 правильный. б) NAB NBC точка Нагеля совпадает с одной из точек Брокара, что возможно только в правильном треугольнике. в) NAB NBA точки А, N, Q лежат на одной прямой, а также точки В, N, P лежат на одной прямой, следовательно: 27 Q Q a 2 bca , ( c ) a c b , b abc (b c)(b c) 2(b c) N N ( )2 2 a b c a c a c b c a c b 2 P P ( ) ; ; b N N abc a(b c) b 2 c 2 , b c 2a, 2 2 2 b c 2a, 2 2 2 b c 2a , a(b c) c b 2c , a 2 2b a a ( ) ( 1) 2 0 , b c; ; a ; b b b c, b c, (b c) 2 0, b 2 c 2 2a 2 , a b c, bc a 2 , a bc, a b c. a b c; a b c треугольник правильный. г) NAC NBC т. A,N,P, а также т.B,N,Q лежат на одной прямой. Выразив данные факты аналитически по аналогии с предыдущим доказательством и, решив систему уравнений, получим a=b=c, то есть треугольник правильный. Теорема доказана. Теорема 3.11. Точка Нагеля принадлежит средней линии треугольника тогда и только тогда, когда эта средняя линия в три раза короче суммы двух других. Доказательство. Пусть MK – средняя линия, параллельная стороне a треугольника, причём точка Нагеля лежит на МК N 1 2(b c a) a b c 2 b c 3a . Учитывая, что средняя линия в два раза меньше параллельной стороны, получим требуемое. 28 Глава 4. Совпадение замечательных точек и точки Нагеля Настоящая глава посвящена исследованию вопроса о совпадении некоторой замечательной точки треугольника и точки Нагеля этого треугольника. Все исследования полностью самостоятельны. В известной автору литературе отсутствуют. Если далее нет никаких дополнительных оговорок, то барицентрические координаты некоторой точки вычисляются относительно рассматриваемого треугольника. Теорема 4.1. Некоторая точка совпадает с точкой Нагеля тогда и только тогда, когда для барицентрических координат данной точки справедлива система равенств: ( )( a b c) 2(a b), ( )( a b c) 2(b c), ( )( a b c) 2(a c). Доказательство. Т.к. некоторая точка с координатами ,, совпадает сточкой Нагеля, то справедлива система равенств: bca a b c , acb , abc abc a b c ; ( )( a b c) 2(a b), ( )( a b c) 2(b c), Теорема доказана. ( )( a b c) 2(a c). Теперь покажем результаты исследования вопроса о виде треугольника, точка Нагеля и некоторая другая замечательная точка этого треугольника совпадают. 1)Докажем, что любые две из замечательных точек: точка Нагеля, точки пересечения медиан, биссектрис, высот, центр описанной окружности совпадают тогда и только тогда, когда треугольник правильный. Доказательство. Известны две прямые Эйлера, пресекающиеся в точке пересечения медиан: a) первая, которой принадлежат ортоцентр и центр описанной окружности, причём MH=2MO; 29 b) вторая, которой принадлежат точка пересечения биссектрис и точка Нагеля, причём MN=2MI. Если точка Нагеля совпадёт с одной из перечисленных точек, то либо точка пересечения медиан совпадет с точка пересечения биссектрис, либо точка пересечения медиан совпадет с ортоцентром, либо ортоцентр совпадет с центром описанной окружности => треугольник может быть только правильным, чтд. 2)Точка Жергонна совпадает с точкой Нагеля. Из определения точки Жергонна и точки Нагеля и из того, что они совпадают заключаем: a = b = c. Следовательно, точка Нагеля совпадает с точкой Жергонна тогда и только тогда, когда треугольник правильный. 3)Точка Лемуана совпадает с точкой Нагеля. Имеем равенства (теорема 3.1): (a 2 b 2 )( a b c) 2(a b)( a 2 b 2 c 2 ), 2 2 2 2 2 (b c )( a b c) 2(b c)( a b c ), т.к.a, b, c 0, то a b c . (a 2 c 2 )( a b c) 2(a c)( a 2 b 2 c 2 ); Следовательно, точка Нагеля совпадает с точкой Лемуана тогда и только тогда, когда треугольник правильный. 4)Точка Ферма совпадает с точкой Нагеля. Воспользуемся теоремой 3.1 и формулами (32) и (33) и после преобразований получим систему: x3 3 (a b)( a b)( a b c) 8S (a b), a b c. x 3 ( b c )( b c )( a b c ) 8 S ( b c ); 1 Следовательно, точка Нагеля совпадает с точкой Ферма тогда и только тогда, когда треугольник правильный. 5)Точка пересечения антибисектрисс совпадает с точкой Нагеля. Имеем равенства (теорема 3.1): (a b)( a b c) 2ab(a b)( a 1 b 1 c 1 ), 1 1 1 (b c)( a b c) 2bc(b c)( a b c ), a b c. (a c)( a b c) 2ac(a c)( a 1 b 1 c 1 ); Следовательно, точка Нагеля совпадает с точкой пересечения антибисектрисс тогда и только тогда, когда треугольник правильный. 30 6)I точка Енжабека совпадает с точкой Нагеля. Имеем равенства (теорема 3.1): ( )( a 1 b 1 c 1 ) (b 1 c 1 ), (b c)( a b c) 2bc(a b)( a 1 b 1 c 1 ), 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( a b c ) (c a ), (a c)( a b c) 2ac(b c)( a b c ), ( )( a 1 b 1 c 1 ) (b 1 a 1 ); (a b)( a b c) 2ab(a c)( a 1 b 1 c 1 ); b c, (b a )(b c) 0, a b c , a b, acbcabc a c . (a c)(b c) 0; a c; 7) Аналогично доказывается то, что точка Нагеля может совпасть или с первой точкой Брокара, или со второй точкой Брокара, или со второй точкой Енжабека только в правильном треугольнике. Теперь можно сформулировать теорему о совпадении замечательных точек треугольника и точки Нагеля. Теорема 4.2. Если любая из двенадцати замечательных точек: точки пересечения медиан, высот, биссектрис, центр описанной окружности, точка Лемуана, точка Жергонна, точка Ферма, точка пересечения внутренних антибисектрисс, первая и вторая точки Брокара, первая и вторая точки Енжабека – совпадает с точкой Нагеля, то такой треугольник является правильным. 31 Глава 5. Вторая прямая Эйлера В настоящей главе приводятся свойства второй прямой Эйлера, выводится её уравнение в барицентрических координатах. Все теоремы, кроме 5.1, 5.2, 5.5 в использованной литературе отсутствуют Если далее нет никаких дополнительных оговорок, то барицентрические координаты некоторой точки вычисляются относительно рассматриваемого в данный момент треугольника. Теорема 5.1. Точка Нагеля, точки пересечения медиан, биссектрис треугольника лежат на одной прямой в любом треугольнике, причём MN=2IM. Доказательство. Простыми преобразованиями убеждаемся, что справедлива система равенств: 1 1 2 M ; I N 3 3 3 1 1 2 I N M ; 3 3 3 1 1 2 3 I 3 N 3 M . Отсюда и следует доказываемое. В сборнике задач [11] следующая теорема представлена в другой формулировке в виде задач (№ 54, 57). Я даю ей собственное доказательство методом барицентрических координат. Теорема 5.2. Вторая прямая Эйлера параллельна стороне треугольника тогда и только тогда, когда стороны составляют арифметическую прогрессию. Пусть вторая прямая Эйлера параллельна стороне ВС треугольника, получим M N b c 2a. Теорема 5.3. Точка Нагеля является точкой пересечения второй прямой Эйлера и одной из средних линий треугольника тогда и только тогда, когда треугольник является пифагоровым (стороны – 3k,4k,5k, где k – положительное число). Доказательство. Пусть точка Нагеля лежит на средней линии, параллельной стороне a. Воспользовавшись теоремами 1.10 и 1.12, получим систему: 32 c b с 3a, b 3a c, a c 2b; a c 6a 2c; b 5 a 3k , a, 3 b 4k , Теорема доказана. 4 a; c 5k . 3 Теорема 5.4. Для барицентрических координат , некоторой точки, принадлежащей второй прямой Эйлера, справедлива система равенств: (a с)(b c)( ) (a c)( a b)( ) (a b)(b c)( ) (3) Доказательство. Если треугольник равнобедренный, то справедливость (3) очевидна (вторая прямая Эйлера в таком треугольнике – медиана, проведённая к основанию). Докажем теперь справедливость (3) для неравнобедренного треугольника. Согласно теореме 1.3 для барицентрических координат точка X (,,), принадлежащей прямой X1X2 (точки X1(1, 1, 1), X2(2, 2, 2)) справедливы равенства: ( 1 )( 2 1 )( 2 1 ) ( 1 )(2 1 )( 2 1 ) ( 1 )(2 1 )( 2 1 ). (4) 1) Пусть (2 1 )( 2 1 )( 2 1) 0 . Разделим равенства (4) на (2 1 )( 2 1 )( 2 1 ) . Получим: 1 1 1 ac c a c . Согласно свойству пропорции 2 1 2 1 2 1 bd d b d (1 1 ) ( 1 1 ) (1 1 ) . Пусть Х1 – точка пересечения 2 2 (1 1 ) 2 2 ( 1 1 ) 2 2 (1 1 ) медиан, а Х2 – точка пересечения биссектрис треугольника. Согласно пунктам 1 и 3 раздела 2 Следовательно, главы ab 1 3 1 1 1 , 1, bc ac 2 a b c , 2 , 2 . abс abс abс . Отсюда следует справедливость (3) при всех различных a, b, c. 1 3 2 1 1 2 1 2)Пусть (2 1 )( 2 1 )( 2 1 ) 0. Тогда 2 1 1 2 3 2 1 1 2 1 3 33 1 3 Пусть, например, . Тогда (согласно теореме 5.2) b c 2a a b (a c) 1 3 1 3 1 3 a) (a b)(b c)( ) (a c)(b c)( ) (a b)(b c)( ) (a b)(b c)( ) 0 ; bc 2 (b c) (a b) (a b) (a c) 3 3 b) (a c)(b c)( ) (a b)(a c)( ) (a c) 1 (b c 2 a)( ) 0 . 3 Теорема 5.4 доказана. Примечание. Любое из равенств (3) при условии того, что оно не является очевидным (0=0), можно считать уравнением второй прямой Эйлера. В сборнике задач [11] следующая теорема представлена в другой формулировке в виде задачи (№ 55** - особо трудная). Я даю ей собственное доказательство методом барицентрических координат. Теорема 5.5. Если в треугольнике со сторонами a, b, c проведена вторая прямая abc 2ab . 3 ab C Эйлера и она перпендикулярна биссектрисе угла С, то справедливо A1 Доказательство. 1)Найдем длину А1С. I B1 A B (1 1 )( a c) (1 1 )( a b) ( a c ) 1 ( a b) ba a(b a) 1 1 A1C a1 b c 2a b c 2a 1 0 1 1 1 2)Найдём длину В1С. ( 2 2 )(с b) ( 2 2 )( a b) 2 (с b) 2 (a b) a b b(a b) 2 B1C b 2 a c 2b a c 2b 2 0 2 2 1 Треугольник А1В1С – равнобедренный (поскольку биссектриса его является a 2 ac 2ab b2 bc 2ab 0 a(b a) b(a b) высотой). А1С = В1С => т.к. при b c 2a a c 2b a b a = b вторая прямая Эйлера совпадает с биссектрисой, то (a b) 2 c(a b) 6ab (a b c)( a b) 6ab abc 2ab . 3 ab Теорема 5.6. Вторая прямая Эйлера перпендикулярна одной из сторон треугольника тогда и только тогда, когда: 34 а) треугольник равнобедренный, причём эта сторона - его основание; b) длина этой стороны в три раза меньше суммы двух других. C Доказательство. Через центр вписанной окружности можно провести только одну прямую, перпендикулярную стороне треугольника – прямую, проходящую через точку касания вписанной окружности. I Следовательно, IC1 – вторая прямая Эйлера треугольника АВС. Воспользуемся равенствами A (3): (a c)( ) (b c)( ) (b c a c) a c B ac . acbc C1 a b c либо АВС – правильный треугольник, либо Если a = c, то получим точка С совпадает с В. Ни в том, ни в другом случае IC не перпендикулярна АВ. Следовательно, a и c различны. CB pb 1 1 . Таким образом, , но, с другой стороны, 1 pa bc AB pa pb 1 1 pb ac cb pa pc bc bp b 2 pc ac ap a 2 (a b)( a b c p) 0 (a b)( a b 3c) 0, ca pb откуда и следует утверждение теоремы. Теперь определим вид треугольника, в котором некоторая замечательная точка лежит на второй прямой Эйлера. В правильном треугольнике вторая прямая Эйлера вырождается в одну точку – в его центр, и, как следствие совпадает со всеми рассматриваемыми точками. Следовательно, случай равностороннего треугольника будет не интересен для рассмотрения. Поэтому мы будем считать, что треугольник неравносторонний. Исследования будем проводить при помощи соотношения (3). 1) Центр описанной окружности. Имеем равенства: a 2 b2 a b; ; O O 16 S 2 (b c)( a 2 b 2 ) (a b)(b 2 c 2 ) b c; 2 2 b c . a c. O 2 O 16S 35 для того, чтобы центр описанной окружности лежал на второй прямой Эйлера, необходимо и достаточно, чтобы треугольник был равнобедренный. 2)Ортоцентр (точка пересечения высот). После преобразований придем к аналогичным равенствам. Известно, что ортоцентр, точка пересечения медиан и центр описанной окружности лежат на одной прямой – первой прямой Эйлера. Следствие. Первая и вторая прямые Эйлера совпадают тогда и только тогда, когда треугольник является равнобедренным. 2) Точка Жергонна. Имеем равенства: (a b)( p c) G G ( p a )( p b) ( p a )( p c) ( p b)( p c) , (b c)( p a ) ; G G ( p a )( p b) ( p a )( p c) ( p b)( p c) ( p c)( a b)(b c) ( p a )( a b)(b c) a b, b c, точка Жергонна лежит a c. на второй прямой Эйлера тогда и только тогда, когда треугольник равнобедренный. 3) Точка Лемуана. Имеем равенства: a 2 b2 a b, , K K a 2 b2 c2 2 2 2 2 (a b )(b c) (b c )( a b) a c, 2 2 b c b c. ; K K a 2 b2 c2 если точка Лемуана лежит на второй прямой Эйлера, то треугольник равнобедренный. 4) Точка Ферма. Имеем равенства: x3 ( x2 x1 ) 3 , F F 4S x1 ( x3 x2 )( a c) x2 ( x3 x1 )(b c), x1 ( x3 x2 ) 3 , x3 ( x2 x1 )( a c) x2 ( x3 x1 )( a b), F F 4S x ( x x )(b c) x ( x x )( a b); 1 3 2 3 2 1 x2 ( x3 x1 ) 3 ; F F 4S x (b c) x2 (a c), x1 (b c)( a c)(b c) x2 (a c)(b c)( a c) 1 a c, b c; x1 x2 a b , bc x2 a c, b c; ab (a b)( a b) , 3sx2 ab a c, b c; a b, a c, b c. 36 x1 a c x b c , 2 a c, b c; точка Ферма лежит на второй прямой Эйлера тогда и только тогда, когда треугольник равнобедренный. 5) Центр антибиссектрис. Имеем равенства: a 1 b 1 a b, , J J a 1 b 1 c 1 1 1 1 1 (a b )(b c) (b c )( a b) a c, 1 1 b c b c. ; K K a 1 b 1 c 1 центр антибиссектрис принадлежит второй прямой Эйлера тогда и только тогда, когда треугольник равнобедренный. 6) Первая точка Брокара. Имеем равенства: ( P P )( a 2 b 2 c 2 ) (b 2 c 2 ), (b 2 c 2 )(b c) (a 2 c 2 )( a b), 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( P P )( a b c ) (c a ), (a c )( a c) (a b )(b c), (a 2 b 2 )( a b) (b 2 c 2 )( a c); 2 2 2 2 2 ( P P )( a b c ) (b a ); a b, (a b)( a c) 0, a b c , b c, a c. (a c)(b c) 0; a c. a c; Пусть в равнобедренном (а=с) треугольнике т. Р лежит на второй прямой Эйлера => принадлежит биссектрисе угла В P P 0 (b2 a 2 ) a b a=b=c => треугольник правильный, и в таком треугольнике все рассматриваемые замечательные точки совпадают. Рассуждая аналогично для первой точки Брокара, первой и второй точки Енжабека, можно прийти к подобному результату. Теорема 5.7. «О принадлежности 10 замечательных точек второй прямой Эйлера в неравностороннем треугольнике». 1) ортоцентр, центр описанной окружности, центр антибисектрис точка Жергонна, точка Лемуана, точка Ферма принадлежат второй прямой Эйлера в равнобедренном треугольнике; 2) две точки Брокара две точки Енжабека ни в каком треугольнике не лежат на второй прямой Эйлера. 37 Глава 6. Расчёт расстояний между точкой Нагеля и замечательными точками треугольника Настоящая глава посвящена расчёту расстояний между точкой Нагеля и некоторыми замечательными точками треугольника. Все формулы получены самостоятельно. Раздел 1. Простейшие формулы. 1)Расстояние от точки пересечения медиан до точки Нагеля. Воспользуемся теоремой Лейбница: 3MN 2 AN 2 BN 2 CN 2 ( AM 2 BM 2 CM 2 ) 4 1 a 2 b2 c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a) AM BM CM (2(b c ) a 2(a c ) b 2(a b ) c ) ; 9 4 3 2 2 2 b) AN 2 BN 2 CN 2 a(2b 2c a) b(2a 2c b) c(2a 2b c) 4(ab ac bc) (a 2 b 2 c 2 ) 24abc abc 24abc 24abc 2(a b c) 2 3(a 2 b 2 c 2 ) ; abc abc Отсюда, MN 2 2 10 8abc (a b c) 2 (a 2 b 2 c 2 ) 3 9 abc (1) abc 4 RSr 2 Rr ; a 2 b2 c 2 p 2 r 2 4Rr . abc 2S Следовательно, MN 2 4 2 ( p 16 Rr 5r 2 ) 9 (2) 2) Расстояние от центра вписанной окружности до точки Нагеля. 3 2 9 4 Согласно теореме о II прямой Эйлера, IN MN IN 2 MN 2 . Следовательно, NI 2 p 2 16 Rr 5r 2 NI 2 (3) 3 5 18abc (a b c) 2 (a 2 b 2 c 2 ) 2 2 abc 38 (4) 3)Расстояние от точки пересечения высот до точки Нагеля. Так как OM IM 1 и OMI=HMN, то треугольник OMI подобен треугольнику HMN с MH MN 2 коэффициентом 1 . Следовательно, MH=2OI. 2 Известно, что OI R 2 2 Rr . Поэтому, NH 2 R 2 2 Rr (5) 4)Расстояние от центра описанной окружности до точки Нагеля. Рассмотрим треугольник ONH. Точка М лежит на стороне OH этого треугольника, причём OM 1 . Рассчитаем искомое расстояние, воспользовавшись MH 2 теоремой Стюарта. MN 2 2 1 2 2 1 ON 2 NH 2 OH 2 ON 2 NH 2 2OM 2 3 3 9 3 3 ON 2 3MN 2 6OM 2 NH 2 . OM 2 1 (9 R 2 8 Rr 2r 2 2 p 2 ) / Журнал «Квант», №2, 2003 г. – стр.24 / 9 Следовательно, ON 2 12 2 2 2 2 2 2 (`10r 2 p 32 Rr 9 R 8 Rr 2r 2 p ) 4 R 8Rr 23 12 2 2 2 2 (12r 24 Rr 9 R ) 4 R 8Rr ( R 2r ) . 23 Известно, что R 2r . Следовательно, ON R 2r (6) 5)Расстояние от центра окружности Эйлера (девяти точек) до точки Нагеля. Определение. Три основания высот, три его основания медиан и три точки Эйлера N (середины отрезков AH,BH,CH) лежат на одной окружности. Известно, что центром окружности Эйлера является середина отрезка, концами которого являются ортоцентр и центр описанной окружности треугольника [8]. H O O9 Рассмотрим треугольник NOH. O9N – медиана рассматриваемого треугольника. 39 O9 N 2 1 1 2(ON 2 NH 2 ) OH 2 2( R 2 4 Rr 4r 2 4 R 2 8 Rr ) 9 R 2 2 p 2 2r 2 8Rr 4 4 1 p 2 3r 2 16 Rr R R 2 2 p 2 6r 2 32 Rr 4 2 2 2 Следовательно, p 2 16 Rr 3r 2 R O9 N 2 2 2 (7) Раздел 2. Вычисление расстояний между точкой Нагеля и замечательными точками треугольника методом барицентрических координат. Воспользуемся формулой для расчёта расстояний между двумя точками с заданными барицентрическими координатами. d 2 a 2 ( 2 1 )2 b2 ( 2 1 )2 (a 2 b2 c 2 )( 2 1 )( 2 1 ) (8) Барицентрические координаты точки Нагеля треугольника в системе отсчёта, связанной с этим треугольником, вычисляются последующим формулам (теорема 3.3): bca abc acb abc abc abc (9) Таким образом, общая формула, по которой находится расстояние между точкой Нагеля и некоторой другой точкой, координаты которой заданы, примет вид: acb bca b c a acb 2 2 2 2 d a b (a b c ) abc abc a b c abc 2 2 2 2 (10) Подставляя в (10) выражения для вычисления барицентрических координат замечательной точки (раздел 2-й главы1-й), можно вычислять расстояния между точкой Нагеля этой точкой. 40 Глава 7. Задачи В настоящей главе рассмотрено несколько задач олимпиадного типа, решающихся при помощи теории, рассмотренной в предыдущих главах работы. Все задачи поставлены и решены самостоятельно. I. Задачи на построение. Для решения задач нам потребуются два алгоритма. Алгоритм 1. Построение отрезка длинины a n при заданном отрезке длины a(a – натуральное число, а>1) и заданном натуральном числе n. A 1)Разделим отрезок а на а частей и получим отрезок длины 1. K 2)Построение отрезка аn+1, если имеется отрезок аn: а) построим произвольный равнобедренный B C треугольник АВС с боковой cтороной а ; n b)на одной из боковых сторон полученного K1 треугольника отложим отрезок АК=1; с) проведём отрезок ВК; d) через точку С проведём прямую, параллельную ВК, точку пересечения этой прямой и АВ обозначим К1; АК1= аn+1. Обоснование. ВКСК1 – трапеция с основаниями ВК и СК1 => S BK O SCOK => 1 SВК К S ABC AK1 a n 1 . 1 3) Таким образом, согласно принципу индукции, мы можем решить поставленную задачу для любого n, где n – натуральное число. Алгоритм 2. Построение отрезка длинины 2n a при заданном отрезке длины a(a – натуральное число, а>1) и заданном натуральном числе n. 1)Разделим отрезок а на а частей и получим отрезок C длины 1. 2)Построение отрезка 2 n 1 a , если имеется отрезок а)на одной прямой отложим отрезки 1 и 2n 2n a: A H a, обозначим концы – точки А, В, H и восставим перпендикуляр к прямой в H; 41 B b)построим окружность на отрезке АВ, как на диаметре и точку пересечения окружности и перпендикуляра обозначим – С, CH= 2 n 1 a; Обоснование. АВС – прямоугольный треугольник с гипотенузой АВ, а CH – высота, проведённая к гипотенузе => СН= AH BH . 1)Дан отрезок длины 1. При помощи циркуля и линейки начертить на бумаге отрезок 5( 3 4 ) 9 5 . 3 4 5 Решение. Легко проверить, что 4 3 5 3 4 . Следовательно, из отрезков длины 3 , 4 , 5 можно составить треугольник. Согласно приведённому алгоритму, начертим на бумаге отрезки 3, 4, 5 и составим из них треугольник. Построим в таком треугольнике точку Нагеля. Искомым отрезком будет отрезок, соединяющий точку Нагеля и вершину треугольника, противолежащую стороне 5 (согласно теореме 3.5). 2) Дан отрезок длины 1. Построить отрезок длины: 6 42 3 6 . 6 7 3 Решение. 1) Построим из отрезка 1 отрезки 3, 6, 7. По доказанному алгоритму № 1 построим отрезки 6 , 7 . 2) Построим треугольник со сторонами 6 , 7 , 3. 3) Построим точку Нагеля данного треугольника. 4) Через вершины треугольника, противоположные сторонам 6 , 7 , проведём прямые, параллельные этим сторонам. 5) Отрезок, соединяющий точку Нагеля и точку пересечения проведённых прямых (пункт № 4) и является требуемым. Доказательство. Свяжем систему отсчёта барицентрических координат с треугольником, стороны которого равны 6 , 7 , 3 и рассчитаем расстояние между точкой Нагеля этого треугольника и точкой с барицентрическими координатами (1;1;-1) по формуле (6) главы первой. 42 Получим величину 6 42 3 6 . 6 7 3 3)На бумаге нарисован произвольный треугольник. Построить такой треугольник, чтобы одна из его вершин совпадала с точкой Нагеля данного, а также совпадали их точки пересечения медиан. Решение. 1)Построим точку Нагеля N этого треугольника ( , , - барицентрические координаты этой точки). 2)Построим две точки N1 N2 с координатами (;;) и (;;). Треугольник NN1N2 является искомым. Доказательство. Пусть М1( , , ) – точка пересечения медиан полученного треугольника. Имеем: 1 1 1 3 3 1 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3 3 1 3 3 3 3 3 3 Следовательно, М1=М. 4)Дан шар радиуса 1. Начертить на листе бумаги отрезок, длина которого равна 3 4 5 (4 3 4 4 ) 2 (4 3 4 5 ) 2 (4 4 4 5 ) 2 . Решение. 1)Начертим на листе бумаги отрезок длины 1(радиус шара): а) поставим ножку циркуля в произвольную точку сферы и начертим окружность произвольного радиуса, начертив его на бумаге; б) выберем три точки, принадлежащие полученной окружности, измерим циркулем расстояния между ними и перенесем их на бумагу, составив треугольник; в) построим радиус описанной около этого треугольника окружности; г) отрезки, начерченные согласно п. а) и в) являются соответственно основанием и высотой, проведённой к боковой стороне равнобедренного треугольника, боковая сторона которого равна радиусу шара, поэтому теперь необходимо построить равнобедренный треугольник по основанию и высоте, попущенной на боковую сторону. 43 Итак, строим прямоугольный треугольник АВВ1 по катету и гипотенузе, затем строим угол АВС (АВА1=ВАВ1). В А1 Продлим АВ1 и ВА1 до пересечения С в точке С. АС=ВС – искомый радиус шара (отрезок длины 1 по условию). А 2)По алгоритму построим отрезки длины 4 3, 4 4, В1 4 5 и составим из этих отрезков треугольник. 3)Построим точку Нагеля N этого треугольника ( , , - барицентрические координаты этой точки). 4)Построим две точки N1 N2 с координатами (;;) и (;;). Длина искомого отрезка равна NN12 NN 22 N1 N 22 . (глава 2, формула (21)) Такой отрезок можно построить, воспользовавшись алгоритмами 1 и 2. II. Решение уравнений и систем уравнений. 1)Решите уравнение с 3-мя неизвестными: x 2 y2 z 2 x2 9 x y z 2 2 2 x2 y2 z 2 y 2 4x 2 y2 z 2 1 2 y 2 x2 y2 z 2 ( z 4008 ( x 2004 y 2004 ) 2 ) 3) 3 3 y2 z 2 x2 x2 x2 y2 z x2 y2 z 2 2 2 1 ((( x 2004 y 2004 ) 2 z 4008 ) y2 z2 x2 x2 x2 y2 z 2 x2 y 2 z 2 x2 z2 y2 y 2 x2 y 2 z 2 x2 y2 z 2 2 x2 z2 y2 y 2 x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 . Решение. 1)ОДЗ: a) x 0, y 0, z 0; б) (( x 2004 y 2004 ) 2 z 4008)( z 4008 ( x 2004 y 2004 ) 2 ) 0 x 2004 y 2004 z 2004 x 2004 y 2004 числа x2004, y2004, z2004 выражают длины сторон некоторого треугольника => числа x2,y2,z2 также выражают длины сторон некоторого треугольника. Докажем это. Положим x y z . Имеем: 44 y2 z2 x2 x 2 , 2 2 2 x 2 y 2 z 2 x y z 2 2 2 y 2 x z y 2 , 2 2 2 x y 2 z 2 x y z (( x 2004 y 2004 ) 2 z 4008 )( z 4008 ( x 2004 x 2004 y 2004 1, z y 2004 y 2 z 2004 2004 z x x x то 1, т.к. 2004 2 y z y z 2004 2004 x x y z 1; x x y 2004 ) 2 ) 3; x 2 y 2 1, z z 2 2 x z 1, y y 2 2 y z 1. x x Теперь умножим обе части уравнения на 2. После преобразований получим: x z y y y2 z 2 x 2 2 x 2 2 2 2 2 2 2 2 3 x y z x y z 2 x y z x y z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y2 z 2 x 2 2 x 2 2 3 x y z x y z 1 2 2 2 2 2 x2 z 2 y 2 2 y2 2 2 x y z x y z 1 2 (( x 2004 y 2004 ) 2 z 4008 )( z 4008 ( x 2004 y 2004 ) 2 ) 3 0 2 2 2 2 Таким образом, сумма неотрицательных выражений равна 0, что может выполняться в том и только в том случае, если все они равны нулю. Поэтому: y 2 z 2 x2 x 2 x2 z 2 y 2 y 2 , => в треугольнике с длинами x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 сторон x2,y2,z2 (то что x2,y2,z2 выражают длины сторон некоторого треугольника, доказано ранее) точка Нагеля и точка пересечения антибиссектрис совпадают, так как равны их барицентрические координаты. Следовательно, воспользовавшись теоремой 4.2, получим, что треугольник правильный => x2=y2=z2. Поскольку (( x 2004 y 2004 ) 2 z 4008 )( z 4008 ( x 2004 y 2004 ) 2 ) 3 0 , то x2=y2=z2=1 => x = 1, y = 1, z = 1. Ответ: x = 1, y = 1, z = 1. 45 2)Решите систему 4-х уравнений с 2004-мя неизвестными: 2002 8 x 2004x 2004 x 4008 x 4008 2002 2004 2004 2004 2004 2004 2004 x2004 2 x2002 xi2003 2002 3( x2003 x2004 x2002 ) 2004 200320042004 2004 2003 20042004 xi2004, 2002 x2003 x2002 x2003 x2004 6 x2002 i 1 i 1 2004 2004 4008 4008 2002 2002 8 x2002 x2004 x2002 x2004 2004 x 2004 x 2004 4 x 2004 x 2003 2004 3( x 2004 x 2004 7 x 2004 ) xi2004, 2002 2004 2003 i 2002 2004 2003 2004 2004 2004 2004 3 9 x x x 6 x i 1 i 1 2002 2003 2004 2002 2004 2004 4008 4008 2002 8 x2002 x2003 x2002 x2003 2006 2004 2004 5 2004 2002 2003 2006 2004 2004 8 2004 x x x x 3 ( x x x ) xi2004, 2002 2003 2004 i 2002 2003 2004 2004 2004 2004 2004 3 9 x x x 6 x i 1 i 1 2002 2003 2004 2002 x1 x2 x3 ... x2001 x2002 2002. Решение. 2004 2004 4008 4008 2002 2002 8 x2003 x2004 x2003 x2004 2004 2004 2004 2004 2004 2004 2002 2004 2002 3( x2003 x2004 x2002 ) 2004 2004 2004 x xi2003, x2003 x2004 2 x2002 i 2004 x2002 x2003 x2004 6 x2002 i 1 i 1 2004 2004 4008 4008 2002 2002 8 x2002 x2004 x2002 x2004 2004 x 2004 x 2004 4 x 2004 2004 3( x 2004 x 2004 7 x 2004 ) 2004 x xi2003, 2002 2004 2003 2002 2004 2003 i 2004 2004 2004 2004 3 9 x x x 6 x i 1 i 1 2002 2003 2004 2002 2004 2004 4008 4008 2002 2002 8 x2002 x2003 x2002 x2003 2006 2004 2004 5 2004 2006 2004 2004 8 2004 2004 x x x 3 ( x x x ) x xi2003, 2002 2003 2004 2002 2003 2004 i 2004 2004 2004 2004 3 9 x2002 x2003 x2004 6 x2002 i 1 i 1 x1 x2 x3 ... x2001 x2002 2002. Поскольку подкоренное выражение корня чётной степени неотрицательно, то 2004 2004 2004 2004 2004 2004 2004 x2003 x2004 x2002 x2002 x2004 x2003 , x2002 1 2004 2004 2 2004 2004 2004 x2003 , x2002 x2003 x2004 x2004 . Поэтому 3 3 2004 2004 2004 x2002 , x2003 , x2004 или выражают длины сторон некоторого треугольника, или все равны нулю, но значения x2002 x2003 x2004 0 не входят в ОДЗ. Следовательно, x2002, x2003, x2004 – длины сторон некоторого треугольника. Обозначим их для удобства a, b, c. Пусть А, В, С – вершины, M – точка пересечения медиан, N – точка Нагеля этого треугольника. 2004 2003 2004 2003 x12004 x22004 ... x2002 ( x12003 x22003 ... x2002 ) x12004 x22004 ... x2002 ( x12003 x22003 ... x2002 ) ( x1 x2 ... x2002 ) 2002 2002 ( xi2003( x1 1) ( xi 1)) i 1 2002 (x i 1 2002 8bc b2 c2 , b c 2a 2002 3(b c a ) abc 6 10 8ac a2 c2 2004 2004 3( a c a c 2 b b ) , 9 a b c 6 4 8 8ab a2 b2 2006 a b c 2006 3(a b c) ; 3 9 a b c 6 i 1)( xi2003 1) 0 8abc b2 c2 2 2 a ( b c ) a , a b c 6 8abc a2 c2 2 2 b ( a c ) b , a b c 6 8abc a2 b2 2 ; 2c(a b) c abc 6 MN 2 0 (мы воспользовались формулой (1) главы шестой). Cледовательно, точка пересечения медиан совпадает с точкой Нагеля. Отсюда, a=b=c. 46 2002 2003 1) 0, i 1 ( xi 1)( x1 Имеем . Следовательно, x1=x2 =…= x2002 =1, 2004 2004 2004 x2002 x2003 x2004 , x2003 = 1; x2004 = 1. Найденные значения входят в ОДЗ. Ответ: xi 1, где i=1,2,…2002; x j = 1, где j = 2003, 2004. 3)Решите уравнение относительно a : a 4 (a 2 c 2 2b 2 ) 2 b 4 (b 2 c 2 2a 2 ) 2 (a 4 b 4 c 4 )( a 2 c 2 2b 2 )(b 2 c 2 2a 2 ) a 4 b 4 c 4 3(a 2 b 2 c 2 )(b 2 c 2 a 2 )( a 2 c 2 b 2 )( a 2 b 2 c 2 ) . Решение. ОДЗ: (a 2 b2 c2 )(b2 c2 a 2 )(a 2 c2 b2 )(a 2 b2 c2 ) 0 Докажем, что a2, b2, c2 выражают длины сторон некоторого треугольника. Пусть a2, b2, c2 не выражают длин сторон никакого треугольника. Тогда сумма двух чисел из a2, b2, c2 не превосходит третье. Например: a2 + b2 c2. Согласно ОДЗ (b2 c 2 a 2 )(a 2 c 2 b2 ) 0 a 2 c 2 b 2 2 2c 2 0 a 2 b 2 0 a b c 0 2 2 b c a Таким образом, если a, b, c отличны от нуля то a2, b2, c2 выражают длины сторон некоторого треугольника. a 4 (a 2 c 2 2b 2 )2 b4 (b 2 c 2 2a 2 )2 (a 4 b4 c 4 )( a 2 c 2 2b2 )(b2 c 2 2a 2 ) 4 3S (a 4 b4 c 4 ) (*) В левой части равенства находится квадрат расстояния между точками пересечения медиан и точкой Нагеля, умноженный на периметр треугольника со сторонами a2, b2, c2. Известно неравенство ([9], задача № 1053, б)) x 2 y 2 z 2 4 3S , где x, y, z, S – стороны и площадь некоторого треугольника соответственно. Поэтому в правой части равенства (*) стоит выражение, значение которого не 47 превосходит 0, а в правой части – не меньше 0 => в треугольнике со сторонами a2, b2, c2 точка Нагеля и точка пересечения медиан совпадают. Поэтому, b= a, c= a. Здесь приведена только часть составленных мной уравнений и систем уравнений. В дальнейшем я попытаюсь посвятить отдельную работу подобным задачам, и остановится на особенностях их решения подробнее. 48 Заключение В завершении хотелось бы отметить, что мной были написаны компьютерные программы на языке Pascal, при использовании которых можно при помощи компьютера рассчитать расстояния между выбранными замечательными точками треугольника и выдать на монитор рисунок. Из-за отсутствия места я не привожу здесь распечатку программного кода, но я приведу пример рисунка. В разделе первом главы шестой были получены формулы для расчёта расстояний от точки Нагеля до пяти замечательных точек треугольника: точки пересечения медиан (М), биссектрис (I), высот (H), центра описанной окружности (O), центра окружности Эйлера (O(9)). Рассмотрим результаты работы программы при введённых сторонах треугольника АВС 23, 34, 45. Здесь приведены значения расстояний, найденных по формулам, выведенным в первом разделе шестой главы и геометрический рисунок, на котором разными цветами нарисованы отрезки, длины которых найдены. MN= 7.3333333333E+00 ON= 8.0846525678E+00 IN= 1.1000000000E+01 HN= 2.7302864842E+0 O(9)N= 1.1719232133E+01 Также были написаны программы, которые позволяют проверить принадлежность некоторой точки описанной около треугольника окружности или окружности Эйлера (при помощи теорем 1.5 и 1.6), принадлежность точки Нагеля вписанной окружности (пори помощи формулы (3) главы шестой). 49 Список использованной литературы 1) Балк М.Б., Болтнянский В.Г. Геометрия масс – М.: «Наука», 1987. – 160 с. 2) Воробець Б.Д. 300 задач з планiметрiї. – Львiв: «Каменяр», 2000. – 52 с. 3) Зетель С.И. Новая геометрия треугольника. – М., 1962 – 151с. 4) Заславский А., Косов Д., Музафаров М. Траектории замечательных точек треугольника Понселе. Квант. Научно-популярный физико-математический журнал.– 2003, № 2.– с.22 – 25. 5) Заславский А., Косов Д., Музафаров М. Траектории замечательных точек треугольника Понселе. Квант. Научно-популярный физико-математический журнал. – 2003, № 3 – с.60 – 63. 6) Кудин А. Некоторые малоизвестные факты из геометрии треугольника. Математика. Еженедельное научно-методическое приложение к газете «Первое сентября» – 1999, № 6 – с. 6 –10. 7) Кушнiр I.A. Трикутник у задачах. К.: «Либiдь», 1994. – 104 с. 8) Кушнир И.А., Финкельштейн Л.П. Геометрия. Школа боевого искусства. – К.: «Факт», 1999. – 232 с. 9) Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. Ч.1. – М: «Наука», 1991 – 320 с. 10) Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. Ч.2. – М: «Наука», 1991 – 240 с. 11) Савин А.П. и др. Физико-математические олимпиады. Сборник. М.:«Знание», 1977. – 159 с. 50
