Оглавление

Оглавление
Исторические справки. ............................................................................................... 2
Глава I. Теорема Чевы. ................................................................................................ 3
Глава II. Теорема Менелая. ........................................................................................ 8
1
Исторические справки.
Джованни Чева (родился 7 декабря 1648
года; умер 15 июня 1734 года) родился в
Милане
в
семье
богатых
и
высокочтимых родителей. Учился он в
университетах Пизы и Турина. Затем
был служащим у эрцгерцога города
Мантуя,
одновременно
занимаясь
математикой. Сохранились три его
книги. Одна из них посвящена
законам
движения
маятника,
параллелограмму сил и поведению
тел
в
потоке
воды.
Вторая
посвящена
геометрическим
аспектам движения. В третьей
разработан метод доказательства
геометрических
теорем,
основанный на рассмотрении
соотношений между центрами
тяжести
соответствующих
фигур. Именно в этой книге
и
содержится
теорема,
носящая его имя.
Рис. 16
Менелай Александрийский жил в первом столетии
нашей эры. Родился он в Александрии, но жил и
работал в Риме. Его главные труды посвящены
сферической геометрии и тригонометрии, а также
их приложениям к астрономии. Все эти работы в
дальнейшем существенным образом были
использованы
знаменитым
астрономом
Клавдием
Птолемеем,
трудившимся
в
крупнейшем в то время научном центре в
городе Александрия.
Менелай открыл и некоторые теоремы
планиметрии. Одна из них носит его имя.
Рис. 17
2
Глава I. Теорема Чевы.
Теорема Чевы. Если через вершины ∆𝐴𝐵𝐶 проведены прямые 𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍,
пересекающие противоположные стороны (или их продолжения) в точках 𝑋, 𝑌, 𝑍, то для
того чтобы эти прямые пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялось условие:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌
∙
∙
= 1.
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴
(∗)
I. Докажем, что если прямые 𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍 пересекаются в одной точке, то
выполняется равенство:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌
∙
∙
= 1.
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴
(∗)
Доказательство 1. Нам надо рассмотреть два случая: когда точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат
непосредственно на сторонах треугольника и когда две из этих точек лежат на продолжениях
сторон треугольника.
1) Рассмотрим первый случай (рис. 3). Нам дано, что 𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍 пересекаются в одной
общей точке 𝑃. Нужно доказать, что выполняется условие (*)
а) Рассмотрим
𝐵
∆𝐴𝑍С
и
∆𝐵𝑍С.
Основания 𝐴𝑍 и 𝐵𝑍 лежат на одной прямой
(прямой 𝐴𝐵), а вершина 𝐶 общая. Поэтому у
этих треугольников будет и общая высота ℎ,
𝑋
𝑍
значит,
𝐶
𝑌
площади
относятся
основания:
𝑃
𝐴
их
𝑆∆𝐴𝑍𝐶 𝐴𝑍
=
.
𝑆∆𝐵𝑍𝐶 𝑍𝐵
(1)
Рис. 18
Аналогичным образом найдём:
𝑆∆𝐴𝑍𝑃 𝐴𝑍
=
.
𝑆∆𝐵𝑍𝑃 𝑍𝐵
(2)
3
как
Из равенств (1) и (2) следует, что площади ∆𝐴𝑍𝐶 и ∆𝐵𝑍𝐶 и площади их частей – ∆𝐴𝑍𝑃
и ∆𝐵𝑍𝑃 находятся в одном и том же отношении. Поэтому и вторые части ∆𝐴𝑍𝐶 и ∆𝐵𝑍𝐶
должны иметь площади, находящиеся в таком же отношении:
𝐴𝑍
𝐴𝑍
𝐴𝑍
𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑍𝐶 −𝑆∆𝐴𝑍𝑃 𝑍𝐵 ∙ 𝑆∆𝐵𝑍𝐶 − 𝑍𝐵 ∙ 𝑆∆𝐵𝑍𝑃 𝑍𝐵 (𝑆∆𝐵𝑍𝐶 − 𝑆∆𝐵𝑍𝑃 ) 𝐴𝑍
=
=
=
=
;
𝑆∆𝐵𝑃𝐶 𝑆∆𝐵𝑍𝐶 −𝑆∆𝐵𝑍𝑃
𝑆∆𝐵𝑍𝐶 −𝑆∆𝐵𝑍𝑃
𝑆∆𝐵𝑍𝐶 −𝑆∆𝐵𝑍𝑃
𝑍𝐵
𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝐴𝑍
=
.
𝑆∆𝐵𝑃𝐶 𝑍𝐵
(3)
б) Аналогичным образом найдём:
𝑆∆𝐴𝑃𝐵 𝐵𝑋
𝑆∆𝐵𝑃𝐶 𝐶𝑌
=
; (4)
=
. (5)
𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑋𝐶
𝑆∆𝐴𝑃𝐵 𝑌𝐴
в) Перемножая равенства (3), (4) и (5), получаем, что:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌 𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑃𝐵 𝑆∆𝐵𝑃𝐶
∙
∙
=
∙
∙
= 1.
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴 𝑆∆𝐵𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑃𝐵
Условие, которое мы сейчас доказали, можно сформулировать и по-другому. Сам
Джованни Чева, например, необходимость этого условия изложил так: если из вершин
треугольника
проведены
секущие,
пересекающиеся
в
одной
точке
и
делящие
противоположные стороны на два отрезка, то произведение отрезков, не имеющих общих
концов, равно произведению их дополнений.
2) Рассмотрим теперь второй случай, когда из трёх точек 𝑋, 𝑌, 𝑍 две лежат на
продолжениях
противоположных
сторон
треугольника,
и
только
одна
непосредственно на стороне этого треугольника (рис. 4).
𝐵
Пусть 𝐴𝑋 пересекает сторону
𝐵𝐶
в
точке
𝑋;
𝐵𝑌
пересекает
лежит
𝑌
продолжение стороны 𝐴𝐶 в точке 𝑌; а
𝐶𝑍 пересекает продолжение стороны
𝐴𝐵 в точке 𝑍.
𝑃
а) Рассмотрим ∆𝐴𝑃𝐶 и ∆𝐵𝑃𝐶.
Так как эти треугольники имеют
ℎ
𝐴
ℎ1
𝑍 𝐻
1
общее основание 𝑃𝐶, то площади
∆𝐴𝑃𝐶 и ∆𝐵𝑃𝐶 относятся как высоты ℎ1
𝐻
Рис. 19
и ℎ:
𝑆∆𝐴𝑃𝐶 ℎ1
= .
𝑆∆𝐵𝑃𝐶
ℎ
4
𝑋
𝐶
б) Рассмотрим теперь ∆𝑍𝐴𝐻1 и ∆𝑍𝐵𝐻.
∠𝐴𝑍𝐻1 = ∠𝐵𝑍𝐻 – общий угол для ∆𝑍𝐴𝐻1 и ∆𝑍𝐵𝐻;
∠𝐴𝐻1 𝑍 = ∠𝐵𝐻𝑍 = 90°, так как ℎ1 ⊥ 𝑃𝐶 и ℎ ⊥ 𝑃𝐶, ℎ1 и ℎ – высоты ∆𝑍𝐴𝐻1 и ∆𝑍𝐵𝐻
соответственно.
Следовательно, ∆𝑍𝐴𝐻1 ~∆𝑍𝐵𝐻 по двум углам.
Итак, 𝑘 – коэффициент подобия:
𝑘=
ℎ1 𝐴𝑍
=
.
ℎ
𝑍𝐵
в) Исходя из всего вышесказанного, мы получаем, что:
𝑆∆𝐴𝑃𝐶 ℎ1 𝐴𝑍
=
=
.
𝑆∆𝐵𝑃𝐶
ℎ
𝑍𝐵
г) Сравнив теперь ∆𝐵𝑃𝐶 и ∆𝐴𝑃𝐵, аналогичным образом найдём:
𝑆∆𝐵𝑃𝐶 𝐶𝑌
=
.
𝑆∆𝐴𝑃𝐵 𝑌𝐴
Последнее же отношение
𝐵𝑋
𝑋𝐶
оценим так же, как это делали в предыдущем
доказательстве:
𝑆∆𝐴𝑃𝐵 𝐵𝑋
=
.
𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑋𝐶
Перемножая последние три равенства, найдём:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌 𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑃𝐵 𝑆∆𝐵𝑃𝐶
∙
∙
=
∙
∙
= 1.
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴 𝑆∆𝐵𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑃𝐶 𝑆∆𝐴𝑃𝐵
Доказано (*).
Эту теорему можно доказать другим способом.
Доказательство 2.
1) Рассмотрим сначала первый случай, когда прямые проходят внутри треугольника и
поэтому пересекают сами стороны, а не их продолжения (рис. 5).
Нам дано, что все три прямые 𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍 пересекаются в одной общей точке 𝑃.
Нужно доказать:
𝑎 𝑐 𝑛
∙ ∙ = 1.
𝑏 𝑑 𝑚
а) ∆𝐴𝑍𝑃 и ∆𝐵𝑍𝑃 имеют общую высоту. Поэтому площади этих треугольников
относятся как их основания 𝐴𝑍 и 𝐵𝑍, то есть:
5
1
𝑎 2 𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝛼
=
=
.
𝑏 1 𝑦𝑧 𝑠𝑖𝑛 𝛽 𝑧 𝑠𝑖𝑛 𝛽
2
б) Аналогичным образом получим:
𝐵
𝑐 𝑧 𝑠𝑖𝑛 𝛾 𝑛 𝑢 𝑠𝑖𝑛 𝛽
=
;
=
.
𝑑 𝑢 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑚 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝛾
в) Перемножим три равенства:
𝑐
𝑏
𝑍
𝑧
𝑋
2) Рассмотрим второй случай (из трёх точек 𝑋, 𝑌,
𝑡
𝑦𝛽
𝑍 точки 𝑌, 𝑍 лежат на продолжениях противоположных
𝑃
𝛼
𝑑
𝑥
𝑢
𝑣
𝑚
сторон ∆𝐴𝐵𝐶 – 𝐴𝐶 и 𝐴𝐵 соответственно, и только одна
(точка 𝑋) лежит непосредственно на стороне
𝛾
𝑎
𝐴A
𝑎 𝑐 𝑛 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑧 𝑠𝑖𝑛 𝛾 𝑢 𝑠𝑖𝑛 𝛽
∙ ∙ =
∙
∙
= 1.
𝑏 𝑑 𝑚 𝑧 𝑠𝑖𝑛 𝛽 𝑢 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝛾
треугольника – стороне 𝐵𝐶) (рис. 6).
𝑛
𝑌
𝐶
Рис. 20
1
𝐵𝑋 𝑆∆𝐵𝑃𝑋 2 𝑃𝐵 ∙ 𝑃𝑋 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑃𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝛼
=
=
=
,
𝑋𝐶 𝑆∆𝑋𝑃𝐶 1 𝑃𝑋 ∙ 𝑃𝐶 𝑠𝑖𝑛 𝛽 𝑃𝐶 𝑠𝑖𝑛 𝛽
2
1
𝐶𝑌 𝑆∆𝑃𝐶𝑌 2 𝑃𝑌 ∙ 𝑃𝐶 𝑠𝑖𝑛 (𝛼 + 𝛽) 𝑃𝐶 𝑠𝑖𝑛 (𝛼 + 𝛽)
=
=
=
,
1
𝑌𝐴 𝑆∆𝑃𝑌𝐴
𝑃𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝛼
𝑃𝑌
∙
𝑃𝐴
𝑠𝑖𝑛
𝛼
2
𝐵
𝑌
𝑃
𝛼
𝛽
𝐴
𝑋
1
𝐴𝑍 𝑆∆𝑃𝐴𝑍
2 𝑃𝑍 ∙ 𝑃𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝛽
=
=
=
𝑍𝐵 𝑆∆𝑃𝑍𝐵 1 𝑃𝑍 ∙ 𝑃𝐵 𝑠𝑖𝑛 (𝛼 + 𝛽)
2
𝑃𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝛽
=
.
𝑃𝐵 𝑠𝑖𝑛 (𝛼 + 𝛽)
Перемножая эти равенства, получим:
𝑍
Рис. 21
𝐶
𝐵𝑋 𝐶𝑌 𝐴𝑍 𝑃𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑃𝐶 sin(𝛼 + 𝛽)
∙
∙
=
∙
∙
𝑋𝐶 𝑌𝐴 𝑍𝐵 𝑃𝐶 𝑠𝑖𝑛 𝛽
𝑃𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝛼
∙
𝑃𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝛽
= 1.
𝑃𝐵 𝑠𝑖𝑛 (𝛼 + 𝛽)
Доказано (*).
6
II. Докажем, что если для точек 𝑋, 𝑌, 𝑍, лежащих на сторонах 𝐵𝐶, 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 или на их
продолжениях соответственно, выполняется равенство:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌
∙
∙
= 1,
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴
то прямые 𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍 пересекаются в одной общей точке (*).
𝐵
Дано:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌
∙
∙
= 1.
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴
𝑍
Доказать, что все три прямые
𝑋
𝑇
𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍 пересекаются в одной
общей точке 𝑃.
𝑃
𝐴
𝑌
𝐶
Рис. 22
Доказательство.
Докажем, что все три прямые 𝐴𝑋, 𝐵𝑌, 𝐶𝑍 пересекаются в одной общей точке 𝑃.
Обозначим точку пересечения прямых 𝐴𝑋 и 𝐵𝑌 через 𝑃 (рис. 7). Прямые 𝐴𝑋 и 𝐵𝑌
пересекаются, так как ∠𝐵𝐴𝑋 + ∠𝐴𝐵𝑌 < 180°.
Предположим, что 𝐶𝑍 не проходит через точку 𝑃 (как это показано на рисунке 7). Тогда
проведём отрезок 𝐶𝑇 такой, что 𝑃 ∈ 𝐶𝑇.
Докажем теперь, что точка 𝑍 совпадает с точкой 𝑃.
Так как 𝐴𝑋, 𝐵𝑌 и 𝐶𝑇 проходят через общую точку 𝑃, то по доказанному ранее получим,
что:
𝐴𝑇 𝐵𝑋 𝐶𝑌
∙
∙
= 1.
𝑇𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴
А по условию:
𝐴𝑍 𝐵𝑋 𝐶𝑌
∙
∙
= 1.
𝑍𝐵 𝑋𝐶 𝑌𝐴
Следовательно,
𝐴𝑇 𝐴𝑍 𝐴𝑇
𝐴𝑍
𝐴𝑇 + 𝑇𝐵 𝐴𝑍 + 𝑍𝐵 𝐴𝐵 𝐴𝐵
=
;
+1=
+ 1;
=
;
=
.
𝑇𝐵 𝑍𝐵 𝑇𝐵
𝑍𝐵
𝑇𝐵
𝑍𝐵
𝑇𝐵 𝑍𝐵
И, значит, 𝑍𝐵 = 𝑇𝐵 (точки 𝐵, 𝑇, 𝑍 лежат на одной прямой 𝐴𝐵). Точки 𝑍 и 𝑇 совпадают,
𝑍𝐶 ≡ 𝑇𝐶, поэтому прямая 𝐶𝑍 проходит через точку 𝑃.
Доказано (*).
7
Глава II. Теорема Менелая.
Теорема Менелая. Если на сторонах ∆𝐴𝐵𝐶 или на их продолжениях отмечены точки
𝑋, 𝑌, 𝑍 так, что 𝑋 лежит на 𝐴𝐵, 𝑌 – на 𝐵𝐶 и 𝑍 – на 𝐶𝐴, то эти точки будут лежать на одной
прямой тогда и только тогда, когда выполнено условие:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍
∙
∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴
(∗)
I. Докажем, что если точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат на одной прямой, то выполняется
равенство:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍
∙
∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴
(∗)
Дано: точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат на одной прямой.
Доказать: выполнено условие (*).
Возможны два случая: (А) – прямая, на которой лежат точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 пересекает стороны
треугольника; (B) – эта прямая проходит вне треугольника. Рассмотрим оба случая.
Доказательство 1 для случая (А).
Сделаем дополнительное построение: проведём отрезок 𝐶𝐾║𝐴𝐵 (рис. 8). Введём
обозначения отрезков, указанных на рисунке. Тогда условие (*), которое мы должны
доказать, примет вид:
𝑎 𝑐 𝑚
∙ ∙ = 1.
𝑏 𝑑 𝑛
𝐵
𝑏
𝑋
𝑐
𝑌
𝑎
𝐾
𝑑
𝑒
𝑚
𝐴
𝑛
𝑍
𝐶
Рис. 23
8
а) Рассмотрим ∆𝐴𝑋𝑍 и ∆𝐶𝐾𝑍.
∠𝐴𝑍𝑋 = ∠𝐶𝑍𝐾 – общий угол для ∆𝐴𝑋𝑍 и ∆𝐶𝐾𝑍;
∠𝐴𝑋𝑍 = ∠𝐶𝐾𝑍
как
соответственные
углы,
образованные
при
пересечении
параллельных прямых 𝐶𝐾 и 𝐴𝐵 (𝐶𝐾║𝐴𝐵 по дополнительному построению) секущей 𝑋𝑍, 𝐾 ∈
𝑋𝑍.
Следовательно, ∆𝐴𝑋𝑍~∆𝐶𝐾𝑍 по двум углам.
Итак, 𝑘1 – коэффициент подобия:
𝑘1 =
𝐴𝑋 𝐴𝑍 𝑎 𝑛
=
; = .
𝐶𝐾 𝐶𝑍 𝑒 𝑚
И, значит,
𝑒=
𝑎𝑚
.
𝑛
б) Рассмотрим ∆𝐵𝑋𝑌 и ∆𝐶𝐾𝑌.
∠𝐵𝑌𝑋 = ∠𝐶𝑌𝐾 как вертикальные углы;
∠𝐵𝑋𝑌 = ∠𝑌𝐾𝐶 как накрест лежащие углы, образованные при пересечении
параллельных прямых 𝐶𝐾 и 𝐴𝐵 (𝐶𝐾║𝐴𝐵 по дополнительному построению) секущей 𝑋𝑍, 𝐾 ∈
𝑋𝑍, 𝑌 ∈ 𝑋𝑍.
Следовательно, ∆𝐵𝑋𝑌~∆𝐶𝐾𝑌 по двум углам.
Итак, 𝑘2 – коэффициент подобия:
𝑘2 =
𝐵𝑋 𝐵𝑌 𝑏 𝑐
=
; = .
𝐶𝐾 𝑌𝐶 𝑒 𝑑
И, значит,
𝑒=
𝑏𝑑
.
𝑐
в) Приравняем полученные значения 𝑒:
𝑎𝑚 𝑏𝑑
=
; 𝑎𝑐𝑚 = 𝑏𝑑𝑛,
𝑛
𝑐
то есть,
𝑎 𝑐 𝑚
∙ ∙ = 1.
𝑏 𝑑 𝑛
Доказательство 1 для случая (B).
Прямая, на которой лежат точки 𝑋, 𝑌, 𝑍, проходит вне ∆АВС (рис. 9).
9
𝐵
𝐴
𝐶
𝑋
𝑌
𝑍
𝐾
Рис. 24
Сделаем дополнительное построение: проведём отрезок 𝐵𝐾║𝐴𝑍 (рис.9).
а) Рассмотрим ∆𝐴𝑋𝑍 и ∆𝐵𝑋𝐾.
∠𝐴𝑋𝑍 = ∠𝐵𝑋𝐾 – общий угол для ∆𝐴𝑋𝑍 и ∆𝐵𝑋𝐾;
∠𝐴𝑍𝑋 = ∠𝐵𝐾𝑋
как
соответственные
углы,
образованные
при
пересечении
параллельных прямых 𝐵𝐾 и 𝐴𝑍 (𝐵𝐾║𝐴𝑍 по дополнительному построению) секущей 𝐾𝑋.
Следовательно, ∆𝐴𝑋𝑍~∆𝐵𝑋𝐾 по двум углам.
Итак, 𝑘1 – коэффициент подобия:
𝑘1 =
𝐴𝑋 𝑍𝐴
=
.
𝑋𝐵 𝐵𝐾
б) Рассмотрим ∆𝐶𝑌𝑍 и ∆𝐵𝑌𝐾.
∠𝐶𝑌𝑍 = ∠𝐵𝑌𝐾 – общий угол для ∆𝐶𝑌𝑍 и ∆𝐵𝑌𝐾;
∠𝐶𝑍𝑌 = ∠𝐵𝐾𝑌
как
соответственные
углы,
образованные
при
пересечении
параллельных прямых 𝐵𝐾 и 𝐴𝑍 (𝐵𝐾║𝐴𝑍 по дополнительному построению) секущей 𝐾𝑋.
Следовательно, ∆𝐴𝑋𝑍~∆𝐵𝑋𝐾 по двум углам.
Итак, 𝑘2 – коэффициент подобия:
𝑘2 =
𝐵𝑌 𝐵𝐾
=
.
𝑌𝐶 𝐶𝑍
в) Перемножим эти равенства и умножим обе части получившегося при этом равенства
𝐶𝑍
на 𝑍𝐴:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍 𝑍𝐴 𝐵𝐾 𝐶𝑍
∙
∙
=
∙
∙ .
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴 𝐵𝐾 𝐶𝑍 𝑍𝐴
Здесь, правая часть этого равенства равна 1. Поэтому:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍
∙
∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴
Доказано (*).
10
Эту теорему можно доказать другим способом.
Доказательство 2 для случая (А).
Необходимость условия (*) можно доказать и по-другому.
Нам дано, что точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат на одной прямой 𝑙. На эту прямую опустим
перпендикуляры из точек 𝐴, 𝐵, 𝐶 и обозначим их ℎ1 , ℎ2 , ℎ3 (рис. 10).
Из подобия образовавшихся прямоугольных треугольников находим:
𝑎 ℎ1 𝑐 ℎ2 𝑚 ℎ3
= ; = ;
= .
𝑏 ℎ2 𝑑 ℎ3 𝑛 ℎ1
Перемножая эти равенства, находим:
𝑎 𝑐 𝑚 ℎ1 ℎ2 ℎ3
∙ ∙ =
∙ ∙
= 1.
𝑏 𝑑 𝑛 ℎ2 ℎ3 ℎ1
𝐵
𝑙
𝑏
𝑋
ℎ2
𝑐
𝑌
ℎ1
𝑎
𝑑
ℎ3
𝑚
𝐴
𝑛
𝑍
𝐶
Рис. 25
Доказательство 2 для случая (B).
Доказательство аналогично предыдущему. Из точек 𝐴, 𝐵, 𝐶 снова опускаем
перпендикуляры на прямую 𝑙 (рис. 11) и из подобия образовавшихся треугольников, находим:
𝐴𝑋 ℎ1 𝐵𝑌 ℎ2 𝐶𝑍 ℎ3
= ;
= ;
= .
𝑋𝐵 ℎ2 𝑌𝐶 ℎ3 𝑍𝐴 ℎ1
Перемножая эти равенства, получим:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍 ℎ1 ℎ2 ℎ3
∙
∙
=
∙ ∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴 ℎ2 ℎ3 ℎ1
11
𝐵
𝐴
𝐶
ℎ1 ℎ2
ℎ3
𝑙
𝑋
𝑌
𝑍
Рис.
Рис.
26 11
Доказано (*).
II. Докажем, что если для точек 𝑋, 𝑌, 𝑍, лежащих на сторонах 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐴 или на их
продолжениях соответственно, выполняется равенство:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍
∙
∙
= 1,
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴
(∗)
то точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат на одной прямой.
Дано:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍
∙
∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴
(∗)
Доказать, что точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат на одной прямой.
𝐵
𝑋
𝑌
𝑇
𝐴
𝐶
𝑍
Рис. 27
Доказательство.
Докажем, что все три точки 𝑋, 𝑌, 𝑍 лежат на одной прямой.
Предположим, что точка 𝑌 не лежит на прямой 𝑋𝑍, тогда через точки 𝑋 и 𝑍 проведём
прямую. Она пересечёт сторону 𝐵𝐶 в некоторой точке 𝑇.
Докажем теперь, что точка 𝑌 совпадает с точкой 𝑇.
12
Так как точки 𝑋, 𝑇, 𝑍 лежат на одной прямой, то по доказанному ранее:
𝐴𝑋 𝐵𝑇 𝐶𝑍
∙
∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑇𝐶 𝑍𝐴
(∗∗)
А по условию:
𝐴𝑋 𝐵𝑌 𝐶𝑍
∙
∙
= 1.
𝑋𝐵 𝑌𝐶 𝑍𝐴
Следовательно,
𝐵𝑇 𝐵𝑌 𝐵𝑇
𝐵𝑌
𝐵𝑇 + 𝑇𝐶 𝐵𝑌 + 𝑌𝐶 𝐵𝐶 𝐵𝐶
=
;
+1=
+ 1;
=
;
=
.
𝑇𝐶 𝑌𝐶 𝑇𝐶
𝑌𝐶
𝑇𝐶
𝑌𝐶
𝑇𝐶 𝑌𝐶
И, значит, 𝑇𝐶 = 𝑌𝐶 (точки 𝐶, 𝑇, 𝑌 лежат на одной прямой 𝐵𝐶).
Отсюда следует, что точки 𝑌 и 𝑇 совпадают, 𝑌 ≡ 𝑇, поэтому все три точки 𝑋, 𝑌, 𝑍
лежат на одной прямой.
Доказано (*).
13