Элементарная математика / Ponarin-I

Д о с т а т о ч н о с т ь. Пусть точки A1, B1, C1 коллинеарны. Построим окружности с диаметрами AD и CD. Первая из них содержит точки B1 и C1, вторая — точки A1 и B1. Из равенства вертикальных углов AB1C1 и A1B1C следует равенство углов ADC1 и CDA1 и затем равенство углов DAC1 и DCA1. Поэтому DAB + DCB = 180◦ и, значит, четырехугольник ABCD вписан в окружность.

Теорему Симсона можно сформулировать еще так: ортогональные проекции точки на прямые, содержащие стороны треугольника, коллинеарны тогда и только тогда, когда эта точка лежит на описанной около этого треугольника окружности.

8.2. Теорема Птолемея1. Для того, чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма произведений его противоположных сторон равнялась произведению диагоналей.

Эта теорема может быть получена как следствие предыдущей теоремы Симсона. Пусть четырехугольник ABCD вписан в окружность. Пользуясь теми же обозначениями и окружностью с диаметром CD, по теореме синусов получим: A1B1 = CD sin A1CB1 = CD sin BCA (рис. 53). По теореме синусов из треугольника ABC имеем: AB = = 2R sin BCA (R — радиус окружности ABC). Поэтому

A1B1

=

AB · CD

.

2R

Аналогично

BC · AD

CA · BD

B1C1

=

и C1A1

=

.

(8.1)

2R

2R

Так как точки A1, B1, C1 коллинеарны и

A1B1 + B1C1 = A1C1,

(8.2)

то

AB · CD

+

BC · AD

=

CA · BD

2R

2R

2R

или

AB · CD + BC · AD = CA · BD.

(8.3)

Здесь существенно использован тот факт, что точка B1 лежит между точками A1 и C1. Это всегда имеет место при расположении точек A, B, C, D на окружности в данной последовательности.

Обратно, если соотношение (8.3) выполнено, то точка D лежит на окружности, описанной около треугольника ABC. В самом деле, для

1Клавдий Птолемей (II в. н. э.) — древнегреческий ученый-астроном, комментатор Евклида, доказывал его Пятый постулат.

61

любой точки D плоскости и ее ортогональных проекций A1, B1, C1 на
прямые BC, CA, AB имеем равенства (8.1), в силу которых (8.3) при-
нимает вид:			A1B1 · 2R + B1C1 · 2R = C1A1 · 2R,
откуда A1B1 + B1C1 = C1A1. Это означает, что точки A1, B1, C1 колли-
неарны. По достаточному условию теоремы Симсона точка D лежит на
		D		окружности ABC.
				В т о р о е д о к а з а т е л ь с т в о с о о т н о ш е-
		c	C
				н и я П т о л е м е я. Построим на диагонали AC
	d	e	b	вписанного четырехугольника ABCD точку K
		K f
				так, что ADK = BDC (рис.54). Тогда треуголь-
A		a	B	ники ADK и BDC подобны, откуда AD : BD =
				= AK : BC. Из подобия треугольников DKC и
				ABD ( DKC = DAB и DCK = DBA) имеем:
		Рис. 54		DC : BD = KC : AB. Эти пропорции дают равен-
				ства AD ·BC = BD ·AK и AB ·DC = BD ·KC, при
сложении которых получим:

AD · BC + AB · DC = BD(AK + KC) = BD · AC.

Т р е т ь е д о к а з а т е л ь с т в о с о о т н о ш е н и я П т о л е м е я, без использования дополнительных построений, основано на теореме косинусов. Для сокращения записи положим AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e, BD = f. Из треугольников ABC и ACD по теореме

косинусов имеем:
cos ABC =	a2 + b2 − e2	и cos ADC =	c2 + d2 − e2	.
	2ab		2cd

Поскольку ABC + ADC = 180◦, то cos ABC + cos ADC = 0 и

поэтому	a2 + b2 − e2		+	c2 + d2 − e2		= 0, откуда
	2ab			2cd
	e2 =	cd(a2 + b2) + ab(c2 + d2)					=	(ac + bd)(ad + bc)			.
				ab + cd						ab + cd
Аналогично					(ab + cd)(ac + bd)
				f2 =					.	(8.4)
						ad + bc

Значит,

(ef)2 = (ac + bd)2, ef = ac + bd.

Попутно получены полезные выражения (8.4) квадратов диагоналей вписанного четырехугольника, из которых следует равенство

	e	=	ad + bc	,	(8.5)
	f		ab + cd

62

т.е. диагонали вписанного четырехугольника относятся как суммы произведений сторон, сходящихся в концах диагоналей.

З а д а ч а 1. Доказать, что точки, симметричные точке, принадлежащей описанной около треугольника окружности, относительно сторон этого треугольника, лежат на прямой, проходящей через ортоцентр этого треугольника.

Р е ш е н и е. Пусть D — точка на описанной около треугольника ABC окружности и A1B1C1 — прямая Симсона этой точки (рис. 55). Гомотетия с центром D и коэффициентом k = 2 переводит точки A1, B1, C1 соответственно в точки A2, B2, C2, симметричные точке D относительно BC, CA, AB. Следовательно, точки A2, B2 и C2 коллинеарны. Докажем, что ортоцентр H треугольника ABC лежит на этой прямой. Для этого выполним такие построения: P — вторая точка пересечения прямой CH с окружностью, (DP ) ∩(AB) = E, (HE) ∩(DC1) = K. Точки H и P симметричны относительно AB (задача 4.2). Тогда прямые DP и KH, а также точки D и K симметричны относительно AB. Значит, точки K и C2 совпадают. Предстоит доказать, что прямые HC2 и A2B2C2 совпадают. Прямые B2C2 и B1C1 параллельны, поскольку гомотетичны. Покажем, что HC2 k B1C1. В силу подобия треугольников EHP и EDC2 углы DP H и DC2H равны. С другой стороны, DP H = DAC = DC1B1 (точки A, C1, B1 и D лежат на одной окружности). Поэтому DC2H = DC1B1. Следовательно, HC2 k B1C1 и B1C1 k B2C2, откуда следует, что H (B2C2).

		D
	A
			A1
	B1
	C1
			C
C2	E	H	A2

KB2

PB

Рис. 55

З а д а ч а 2. Доказать, что четыре ортоцентра четырех треугольников, образованных четырьмя попарно пересекающимися прямыми, никакие три из которых не проходят через одну точку, принадлежат одной прямой.

63

Р е ш е н и е. На основании задачи 2 § 7 четыре окружности, описанные около треугольников ABC, AEF , DCE, BDF , имеют общую точку P (рис. 51). Каждые два из этих треугольников имеют по две общих прямых из четырех заданных, вследствие чего четыре прямые Симсона точки P относительно этих треугольников совпадают. Согласно предыдущей задаче, ортоцентры этих треугольников лежат на общей прямой Симсона точки P (рис. 56). Она называется прямой Обера четырехсторонника.

З а д а ч а 3. Дана полуокружность с диаметром AB. Построить вписанную в нее трапецию ABCD, в которую можно вписать окружность.

F

B

H1

D b C

H2 D

H3	x	m	m	x
A
E	C
H4	A	O	a	B
Рис. 56		Рис. 57

Р е ш е н и е. Так как искомая трапеция вписана в окружность, то она равнобочная. Она легко строится, если будет найдена боковая сторона AD = BC = x. Обозначим AB = a, CD = b, AC = BD = m. Согласно требованиям задачи имеем: a + b = 2x (условие описанного четырехугольника), x2 + ab = m2 (теорема Птолемея — условие вписанного четырехугольника), x2 + m2 = a2 (основание трапеции служит диаметром данной окружности). Подставляя b = 2x − a и m2 = a2 − x2 в равенство x2 + ab = m2, получаем уравнение x2 + ax −a2 = 0 относительно искомой боковой стороны x. Обращаясь к п. 2.7, вспоминаем, что x есть отрезок золотого сечения данного диаметра AB = a. Построение его уже известно (рис. 18). Окружность (A, x) пересекает данную полуокружность в искомой точке D (рис. 57). Трапеция всегда существует и единственна.

Упражнения

8.1. Докажите соотношение Птолемея для вписанного четырехугольника, пользуясь теоремой синусов.

64

8.2.Если точка M лежит на окружности, описанной около правильного треугольника ABC, то один из отрезков MA, MB, MC равен сумме двух других (теорема П о м п е ю). Докажите.

8.3.Если точка P лежит на дуге CD окружности, описанной около квадрата ABCD, то P A(P A + P C) = P B(P B + P D). Докажите.

8.4.Через вершину A параллелограмма ABCD проведена произвольная окружность, пересекающая вторично прямые AB, AC, AD соответственно в точках B1, C1, D1. Докажите, что

AC · AC1 = AB · AB1 + AD · AD1.

8.5. Точки A, B, C, D — последовательные вершины правильного семиугольника. Докажите, что

AB1 = AC1 + AD1 .

8.6.Произведение больших диагоналей вписанного шестиугольника равно сумме произведений его сторон, взятых через одну, и произведений его противоположных сторон на не пересекающую их большую диагональ. Докажите.

8.7.Произвольная окружность, проходящая через вершину данного угла, отсекает на его сторонах и биссектрисе соответственно отрезки a,

	b, c. Докажите, что отношение	a + b		не зависит от положения окруж-
		c
	ности.

8.8.В окружность вписан четырехугольник ABCD. Докажите, что если диагональ BD является биссектрисой одного из углов четырехугольника, то BD2 = AB · BC + AD · DC. Докажите обратную теорему.

8.9.Теорема С а л ь м о н а. Если через точку окружности проведены три произвольные хорды, на которых как на диаметрах построены окружности, то эти три окружности попарно пересекаются вторично в трех коллинеарных точках. Докажите.

8.10.Прямая Симсона точки P окружности, описанной около правильного треугольника, делит пополам радиус OP . Докажите.

8.11.Прямая Симсона точки P описанной около треугольника ABC окружности параллельна прямой AQ, где Q — точка пересечения окружности с перпендикуляром, проведенным через точку P к стороне BC. Докажите.

8.12.Величина угла между прямыми Симсона двух точек M и N, лежащих на описанной около треугольника окружности, равна угловой мере дуги MN. Докажите.

65

§9. Теорема Чевы

Теорема Чевы1 является критерием пересечения трех прямых в одной точке и потому находит широкое применение в задачах на доказательство и вычисление.

9.1. Теорема Чевы. Пусть на прямых AB, BC, CA, определяющих треугольник ABC, даны точки C1, A1, B1. Для того, чтобы прямые AA1, BB1, CC1 пересекались в одной точке или были параллельными, необходимо и достаточно, чтобы

AB1

CA1

BC1

·

·

= 1.

(9.1)

B1C

A1B

C1A

Н е о б х о д и м о с т ь. Пусть прямые AA1, BB1, CC1

пересекаются

в точке P . Проведем через вершину A треугольника ABC прямую, па-

раллельную прямой BC (рис.58 и 59). Из подобия треугольников AB1N

и BB1C следует, что

AB1

=

AN

. Из подобия треугольников AC1M и

B1C

BC

BCC1 следует, что BC1 = BC . По теореме о пропорциональных отрез-

C1A MA

ках на параллельных прямых (§ 2) CA1 = MA.

A1B AN

C1

M A N A M N

	C1		P
	B1		B1
	P
B	A1 C	B	C	A1
	Рис. 58		Рис. 59

Перемножим почленно три полученные пропорции. Учитывая, что отношение сонаправленных векторов равно отношению их длин, а отношение противоположно направленных векторов равно числу, противоположному отношению их длин (неколлинеарные векторы делить нельзя!), получаем доказываемое соотношение (9.1).

Прямые AA1, BB1, CC1 называются чевианами точки P .

1Ч е в а Джованни (1648—1734) — итальянский инженер-гидравлик и геометр. Создал учение о секущих и положил начало новой синтетической геометрии. Данная теорема опубликована в 1678 году.

66

Пусть теперь прямые AA1, BB1, CC1 параллельны (рис. 60). Тогда по теореме о пропорциональных отрезках на сторонах угла (§ 2)

AB1 = A1B и BC1 = BC .

B1C BC C1A CA1

Поэтому равенство (9.1) также выполняется.

Д о с т а т о ч н о с т ь. Имеем соотношение (9.1). Предстоит доказать, что прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке или параллельны. Для двух прямых AA1 и BB1 возможны лишь два случая: а) они пересекаются в некоторой точке P , б) они параллельны. Рассматривая первый случай, докажем, что прямая CC1 проходит через точку P . Пусть это не так (рис.61). Проведем прямую CP , которая пересечет AB в точке C2. Тогда по необходимому условию теоремы Чевы

AB1	·	CA1	·	BC2				= 1.	(9.2)
B1C		A1B			C2A

Из (9.2) и (9.1) следует BC1 = BC2 . Это означает, что точки C1 и C2

C1A C2A

совпадают. Следовательно, точка P лежит на прямой CC1.

B1	C1		A
	A	C1		B1
		C2
			P
B A1	C	B	A1	C
	Рис. 60		Рис. 61

Если прямые AA1 и BB1 параллельны, то прямая CC1 должна быть им параллельна, так как если бы CC1 пересекала BB1, то по доказанному выше через точку их пересечения проходила бы прямая AA1, что противоречит предположению AA1 k BB1. Доказательство закончено.

9.2. Тригонометрическая (угловая) форма теоремы Чевы. Если ввести в рассмотрение о р и е н т и р о в а н н ы е углы a1 = BAA1, a2 = = A1AC, g1 = ACC1, g2 = C1CB, b1 = CBB1, b2 = B1BA (рис.62), то соотношение (9.1) теоремы Чевы можно представить в эквивалентном виде через синусы этих углов. В самом деле, по теореме синусов

AB1

sin b2

и

B1C

sin b1

AB

= sin AB1B

BC

= sin CB1B .

67

Так как синусы смежных (одинаково ориентированных) углов равны,
то имеем равенство (с учетом направлений векторов): AB1 = AB sin b2 .
Аналогично										B1C	BC sin b1
	A		CA1	AC sin a2				BC1		BC sin g2
			A1B = AB sin a1				и	C1A = AC sin g1 .
	a1 a2		Поэтому
C1
		B1
			AB1	CA1	BC1			sin b2		sin a2	sin g2
									·
	b2	g1	B1C ·	A1B ·	C1A		= sin b1			sin a1	· sin g1 .
B	b1	g2	C
		A1	Итак, для того, чтобы прямые AA1, BB1,
			CC1 пересекались в одной точке или были па-
	Рис. 62		раллельными, необходимо и достаточно, чтобы
				sin a1		sin b1		sin g1		= 1.	(9.3)
				sin a2		· sin b2		· sin g2
	В частности, если AA1, BB1, CC1 — медианы треугольника ABC, то
каждое из отношений в левой части равенства (9.1) равно единице, от-
куда с очевидностью следует пересечение их в одной точке. Если же эти
прямые служат биссектрисами углов треугольника, то a1 = a2, b1 = b2,
g1 = g2 и потому очевидно выполнение условия (9.3). Следовательно,
биссектрисы углов треугольника пересекаются в одной точке.
	9.3. Изотомическое и изогональное соответствия. Пусть прямые
AA1, BB1, CC1, проходящие через вершины треугольника ABC, пере-
секаются в точке P и пересекают прямые BC, CA, AB соответственно
			в точках A1, B1, C1. Построим точки A2, B2, C2,
		C	симметричные соответственно точкам A1, B1, C1
	B2	A1	относительно середин отрезков BC, CA, AB. То-
	B1 P	Q A2	гда прямые AA2, BB2, CC2 также пересекаются в
			одной точке (рис. 63). Докажем это. Если точки C1
			и C2 симметричны относительно середины E отрез-
A	C1	C2 B	ка AB, то очевидно, что AC1 = BC2 . Аналогично
	Рис. 63						C1B		C2A
			BA1 = CA2 и CB1 = AB2 . Поэтому если соотноше-
			A1C A2B B1A B2C
ние (9.1) теоремы Чевы выполнено для точек A1, B1, C1, то оно будет
выполнено и для точек A2, B2, C2, и обратно.
	Точки P и Q пересечения рассматриваемых двух троек прямых
называются изотомически сопряженными относительно треугольника
ABC. Говорят, что они находятся в изотомическом соответствии,
заданном треугольником ABC.

68

Рис. 64

Пусть, далее, прямые AA1 и AA2 симметричны относительно биссектрисы угла A треугольника ABC, прямые BB1 и BB2 симметричны относительно биссектрисы угла B, CC1 и CC2 симметричны относительно биссектрисы угла C. Тогда если первая тройка прямых имеет общую точку P , то общую точку M имеет также и вторая тройка прямых. Это с очевидностью следует из угловой формы (9.3) теоремы Чевы. В самом деле, если прямая AA1 образует с прямыми AB и AC ориентированные углы a1 и a2, то прямая AA2 образует с AB и AC соответственно углы a2 и a1. Поэтому если соотношение (9.3) имеет место для одной тройки прямых, то оно будет иметь место и для второй тройки прямых.

Точки P и M называются изогонально сопряженными относительно треугольника ABC. Говорят, что они находятся в изогональном соответствии, заданном треугольником ABC.

Убедитесь, что центр O описанной окружности и ортоцентр H треугольника ABC изогонально сопряжены относительно этого треугольника.

З а д а ч а 1. На сторонах треугольника ABC вне его построены правильные треугольники BCA1, CAB1 и ABC1. Доказать, что прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке (рис. 64).

Р е ш е н и е. Используем обозначения углов, принятые в п. 9.2, и применим теорему Чевы в тригонометрическом виде. Надо доказать соотношение (9.3). Сначала будем полагать, что углы треугольника

ABC меньше 120◦. Из треугольников ABA1 и

CAA1 по теореме синусов имеем:

C1

AA1

=

a

и

AA1

=

a

,

A

sin(60◦ + C)

sin(60◦ + B)

sin a1

sin a2

B1

где a = BC, B и C — углы треугольника ABC.

α1 α2

Отсюда

sin a1

sin(60◦ + B)

B

a

C

sin a2 = sin(60◦ + C) ,

и аналогично

a

a

sin b1

=

sin(60◦ + C)

,

sin g1

=

sin(60◦ + A)

.

sin b2

sin(60◦ + A)

sin g2

sin(60◦ + B)

A1

Видим, что условие (9.3) выполнено. Значит, прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке.

Если ACB = 120◦, то точки B, C, B1 коллинеарны, точки A, C, A1 коллинеарны. Поэтому рассматриваемые прямые пересекаются в точке C. Если ACB > 120◦, то в доказательство следует внести небольшие

69

коррективы. Тогда прямые AA1 и BB1 будут проходить вне треуголь-
ника ABC, и поэтому угол 60◦ + C заменяется углом 360◦ − (60◦ + C),
что не изменит результата.
З а д а ч а		2. Через точку M проведены к окружности касательные
MA и MB и две произвольные секущие CD и EF (рис. 65). Доказать,
				что прямые CF и DE пересекаются
				на прямой AB, соединяющей точки
				касания.
				Р е ш е н и е. Применим теорему
				Чевы в угловой форме к прямым
		D		AB, CF , DE, проходящим через
				вершины треугольника AEF . На
		A
				основании теоремы синусов синусы
		C		вписанных углов пропорциональны
				хордам, на которые опираются эти
M	E		F	углы. Поэтому задача сводится к
				доказательству равенства:

B

BE

·

DF

·

CA

= 1.

BF

DA

CE

Рис. 65

Из трех пар подобных треуголь-

ников

MAC и MDA, MCE и

MF D, MEB и MBF имеем соответственно:

AC

=

MA

,

DF

=

MD

,

BE

=

ME

.

AD

MD

CE

BF

ME

MB

Поскольку MA = MB, то при почленном перемножении этих трех пропорций в правой части получаем единицу, чем и закончено решение. Опущенные подробности этого решения читатель может восполнить самостоятельно.

З а д а ч а 3. Дан треугольник ABC и две точки M и N. Прямые AM, BM, CM пересекают прямые BC, CA, AB соответственно в точках A1, B1, C1. Прямые AN, BN, CN пересекают прямые B1C1, C1A1, A1B1 соответственно в точках A2, B2, C2 (рис.66). Доказать, что прямые A1A2, B1B2, C1C2 пересекаются в одной точке.

Р е ш е н и е. В конце параграфа 2 (задача 2) было доказано, что при центральном проектировании прямой на прямую сохраняется двойное отношение четырех точек прямой. На этом основании имеем:

BA1 : BN1 = C1M1 : C1A2 ,

A1C N1C M1B1 A2B1

70