Смешанные задачи часть 2
стр 511-530
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР
Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве
Ниже текст просто для быстрого ознакомления. Скачайте книгу по ссылке выше.
Пусть теперь Ж—произвольная точка плоскости, отличная от точки
А. По теореме п. 237а, примененной к четырехугольнику ВМС1,
имеем S C -Ж/ (MB -f- МС)-В1 (причём равенство имеет место только
для точек Ж, лежащих на дуге ВАС окружности ABC), откуда
ВС • Ж/ — f ВС • AM «S (ЖЛ — f MB — f ЖС) • BI. (2)
Далее
/Л<Ж/-|-ЖЛ, (3)
причём равенство имеет место только для точек Ж, принадлежащих
отрезку Л/. Из (2) и (3) находим, что
ВС — 1А ^(МА-\-МВ-\- МС)-В 1, (4)
причем равенство имеет место только в том случае, когда точка Ж
совпадает с А. Сравнение ( 1) и (4) показывает, что для любой точки
Ж, отличной от Л, имеем АВ АС МА -f- MB -f- ЖС.
Следовательно, сумма МА-\-МВ-\-МС будет наименьшей, когда
точка. Af совпадает с Л.
3 6 4 . Пусть точки-Л’, В’ и С’построены как указано в тексте, и
О — точка пересечения окружностей ВА’С и СВ?А (черт. 596). Будем
иметь по величине и по знаку (срав-
нить решен ие задачи 344) <£50С= С
= %:в а ‘с , соа == ^ с в ’А,
откуда ЗС АОВ = <С АОС -f-
Ц-^ССОВ= СА’ВАг АВ’С =
= et — Р = 180° — у = — у =
= <*С АС’В. Следовательно, точка
О лежит и на окружности АС’В.
Так как точки А’, В, С в О
лежат на одной окружности, то
Зс A’OC= «£ Л7?С, и аналогично
ЗСС0 £ ‘ = $ :С А £ ‘ и $Г£’ОЛ =
— ЗСВ’СА. Отсюда ^ А’ОС —
— — ^ с о в ’+ ^ :в ’о а = sc л ‘в с —
—З С С Л В ‘- f ЗСЯ’СЛ = <* + £-.
— — у , и потому ЛОЛ’ — прямая линия. Так же докажем, что BOB’ и
СОС’ — прямые линии.
Пусть теперь точка О лежит внутри треугольника ABC. На основании
пп. 237 и 237а мы имеем для произвольной точки Ж плоскости
Ж Л’ -В С ^М В — А!С-\-МС- А’В, причём равенство имеет место
только для точек дуги ВОС, Но по построению треугрльника А’ВС
имеют место равенства
В С : CAr : А’В = t :m : n , (1)
и предыдущее соотношение принимает вид: / • МА’ • МВ-\-п-МС.
Далее I — АА’ ^ / • (МА + МА’), причем равенство имеет место только
для точек Ж, лежащих на отрезке Л Л’. Следовательно, I- AA’^jBMA-\-
-\-т — MB -j- п • ЖС, причём знак равенства имеет место только в том
случае, когда точка Ж совпадает с точкой пересечения О отрезка
511 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.
А А’ и дуги ВОС. Таким образом, для любой точки М, отличяой от
О, имеем 1-ОА-\-т-ОВ -\-п-ОС = 1 • АА'<1-МА-{-т ■ МВ-\-п-МС.
Для вычисления минимума I ■ АА’—1 • О А т-ОВ-\-п-ОС выражения
1-МА-\-т-МВ-\-П’МС обозначим через А» точку, симметричную
с А! относительно прямой ВС, и через D — точку пересечения
прямых ВС й А’А» (черт. 597). Так как AD есть медиана треугольника
АА’А», то мы имеем (п. 128) А’А2 -)- А» А2 = 2AD2 -j- 2A’D*.
Применяя теперь к треугольнику АБС и отрезку
AD теорему Стюарта (п. 127), получим AD* =
ВС 1 ВС — BD • DC. Подставляя:
это выражение для А/ ) 2 в предыдущее равенство
и заменяя в последнем A’D* равным ем у
выражением АТ?2 — BD*, найдём:
А’А2 -j- А»А2 = 2 BD
ВС AC2 — f ‘ВШС • АВ*
2 ^ • АС2 (-
Черт. 597.
— B D -D C y f- 2 (A’Z?2 — BD*) —-~в с
+ * ж — а в ‘ + Ч Ш — -Ш ) — в с \ w
Далее, так как A’D есть высота треугольника
А’ВС, будем иметь (Pi 126)
п г, А’В2 + ВС2 — Д’Са . к , , __ А’С2 + ЯС2 — АТ
в и — 2ВС ’ 2ВС (3)
Из равенств (.1. .) и (3) получаем: BD = /г2 4- /2 ■— от3 i Zв>сC~
/2 _ j Т1
~ — 2/2—- ~ ‘ ~ВС~~1 ’ Подставляя эти значения в равенство (2)
и умножая на I*, получим: —
. 12 • (А’А2 + А»А2) = (от2 — f п* — /2) • S C 2 4 — (п* 4 — /2 — /я2) • АС2 +
4 -(7 24-/и2- я 2) • АВ*. (4 )
С другой стороны, разность квадратов, двух сторон треугольника
АА’А’ равна (согласно п. 128а) произведению третьей стороны и
проекции на неё соответствующей медианы. Иначе говоря, обозначая
через Н Рроекцию точки А на прямую А’А», будем иметь А’А* —
— АЯ If АЯ *9 = С2 АЯ ’fА Я If ■ Dг, HТ Т = AЯ AЯ’!D П • Dп’ ГH Т =—1 6 *: —П-Л—. -A—B—C— -*- «-П—Л-. -:-А- -В—С- , .откуда
в силу равенства пл. А’В С :п л . Т = В С * :1* (сравнить п. 257) находим
I* • (А’А2 — А’А*) = 16 • пл. ABC • пл. Т.
512
Из этого равенства и равенства (4) получаем окончательно:
Р . Л’Л2 = y [/2 (СЛ2 — f ЛВ2 — ВС2) + яг2 (ЛВ2 4 ВС2 — СЛ2) 4
+ й2 (ВС2 4 СЛ2 — ЛВ2)] 4 8 пл. ЛВС • пл. Т. (5)
Пусть теперь точка О лежит вне треугольника, например на продолжении
АА’ за точку Л (сравнить черт. 595); в таком случае
/_ ВАС 4 L САВ’ = Л 4 а 180°. Найдём на окружности ЛВС
такую точку /, что B I: 1С= п : т, причём из двух точек, удовлетворяющих
этому условию, обозначим через / ту, которая не лежит на
дуге ВАС (черт. 598). Отложим IB’ = я, 1C’ = т. При этом прямая
В ’С’ параллельна ВС. Обозначим ещё длину отрезка В ’С’ через Р.
Из подобия треугольников IBC и 1В’С’
находим:
В С :С 1 :В 1 = Р :т :п . (6)
Далее /_ А-\- /_ В 1С =Ш ° , £А-\-
4 а ^>180°; следовательно, ./ В/С< 4 и
из сравнения треугольников IB ‘С’ и Гна-
ходим:
/ ‘< / . (7)
Применяя к четырёхугольнику ABIC теорему
Птоломея, найдём ЛВ-/С4ЛС-В/—
= ВС • Л/, откуда в силу ( 6):
т ■ АВ 4 л • Л С = /’ ■ AI. ( 8)
Пусть теперь М — произвольная точка плоскости, отличная от точки
А. Применяя к четырёхугольнику BMCI теоремы пп. 237 и 237а,
имеем: MI • В С ^ М В ■ 1С-\-МС-1В, или в силу (6) Р-М/=^ т -MB 4
4 П’МС, причём равенство имеет место только для точек М, лежащих
на дуге ВАС окружности ЛВС. Отсюда в силу (7) имеем:
l -M I + Г — M A ^ l — МА + т — МВ + п — МС, (9)
причём равенство имеет место только при МА = 0, т. е. при условии,
что точка М совпадает с Л. Далее
M s g М / 4 ЛГЛ, — (10)
причём равенство имеет место только для точек М, принадлежащих
отрезку /Л. Из (9) и (10) находим:.
■ I A ^ l -МА-\-т •М(В 4 я -М С , (11)
причём равенство имеет место только при условии, что М совпадает
с Л. Наконец, сравнение (8) и (11) показывает, что для любой точки
М плоскости, отличной от точки Л, имеем: т-АВ-\-п>АС<^1-МА-\-
-\-т • MB -\-п ■ МС. Следовательно, I ■ МА-\-т-МВ -\-n-MC будет
иметь наименьшее значение, когда точка М совпадает с А.
Рассмотрим, наконец, случай, когда не существует треугольника,
стороны которого были бы пропорциональны числам /, т и я. Пред-
1 7 Элементарна^ гео м етри я , ч. I
513
положим для определённости, что I есть наибольшее из чисел I, т и
я. В таком случае l^ m — \ — t i , и для любой точки М, отличной от А,
имеем: I ■ МА-\-т • MB -\-П ‘МС^(т-\-п)-МА-\-т-МВ -\ -п -М С =
= т • (МА — )-MB) -f- я • (МА -\-МС)’^>т-АВ-f- я ■ АС, так что наименьшее
значение будет опять получаться, когда точка М совпадает с А.
Пр име ч а ни е . Формулу (5) можно получить несколько более коротким
путём, если воспользоваться основными формулами тригонометрии. А
имённо из треугольника САА’ (черт. 596) имеем /а-Л’А8 = /8-ЛСа + /2-Л’С2 —
— 2/8- АС- А’С -cos (С + у). Заменим, пользуясь подобием треугольников А’ВС
и Г, величину I • А’С через т ■ ВС и раскроем косинус суммы: Р ■ А’А2 =
= 12-АС24 -т -В С 2— 21т-ВС-АС (cos С cos у — sin С sin у). Подставляя сюда
2lm cos ч—12-\-т2-— я 8; 2ВС ■ AC co s С == ВС2 + АС2 — АВ2; lm sin у = 2 пл. Г;
ВС • АС • sin С — 2 пл. ABC, мы и получим формулу (5).
3 6 5 , 1°. Если точки D, Е и F делят стороны треугольника ABC
(черт. 599) на части, пропорциональные квадратам прилежащих сторон,
то мы имеем D B 😀 C = — c 3:b3:,
ЕС: ЕА — — а*:с3; FA:FB = — b3:a 3,
и прямые AD, BE и CF проходят
через одну точку в силу теоремы
Чевы (п. 198).
2°. Для точки пересечения медиан
О расстояния до сторон тре-
Черт. 599. угольника обратно пропорциональны
длинам этих сторон в силу равно-
великости площадей ОВС, ОСА и ОАВ (см. решение упр. 295). Для
любой точки Ог прямой AD имеем пл. BDA : пл. О’АВ = AD: АО’ =
= пл. CD А: пл. О’АС, или пл. BDA: пл. CDA = пл. О’АВ: пл. О’АС. Но,
е другой стороны, пл. BD А: пл. CDA — BD : DC — с 3 : Ь%, откуда’
пл. О’АВ: пл. О’АС = с2 : b2. Обозначая через О’Р, O’Q и ОТ? расстояния
точки О’ от сторон треугольника АБС, будем иметь
пл. О’АВ: пл. O’АС = (O’R -с ) : (O’Q-b). Из двух последних равенств
находим O’Q : O’R = b : c .
Для точки O’ пересечения прямых AD, BE и CF находим поэтому:
О ‘Р : O’Q: O’R = a : b : c . ( 1)
В силу сказанного в решении задачи 197 точка О’ получается
из точки пересечения О медиан треугольника указанным там построением,
так как расстояния точки О’ от сторон треугольника обратно
пропорциональны расстояниям точки О от тех же сторон.
3°. Если Р, Q и R, как и выше, основания перпендикуляров,
опущенных из точки О’ на стороны треугольника, то /_ RO’Q-{-
-)- Z. RAQ = 180°, и, следовательно (п. 256), пл. QO’R : пл. АВС=
— (0 ‘Q ‘ 0 ’R) :b c. Точно так же пл. RO’P : пл. A B C = (0 ‘R -0 ‘P ): ас;
пл. PO’Q: пл. ABC= (О’Р • O’Q): ab, В силу равенств (1) отсюда
следует, что пл. QO’R = пл. R O ‘P = пл. PO’Q, таю что (сравнить решение
упр. 295) точка О’ есть центр тяжести треугольника PQR.
366. П е р в о е р еше н и е . Предположим, что среди всех треугольников,
вписанных в данный треугольник, есть треугольник DEF
514
(черт. 600), для которого величина s = EF* FD* -f- Л Я имеет наименьшее
значение. Ясли Dt — середина стороны EF, то в силу п. 128
имеем FDi — ^ D B = \ E F i -\-2DlD\ и я= -|-ЯЯ2 -}- 2DtD8. Из
этой формулы видно, что если бы медиана DDy не была перпендикулярной
к стороне ВС, то мы могли бы уменьшить я, оставив на месте
точки Е и Ел заменив точку D основанием перпендикуляра из точки Dy
на сторону ВС. Следовательно, медиана DDt перпендикулярна к стороне
ВС. Таким же образом докажем, что в се медианы т р еугол ьн и к а
DEF п ер п ен ди к ул яр ны к соот вет ст вующ им ст ор он ам т р еу го л ь н
ика ABC.
Пусть теперь О — точка пересечения медиан треугольника ЛЯЯ.
В силу упражнения 295 имеем
пл. GEF= пл. QFD — пл. QDE. (1)
С другой стороны, /_ EGF-\- L ВА С= 180°, и, следовательно (п. 256)
пл. QEF: пл. ABC— (GE-QF):(AB■ АС); аналогично пл. GFD:nn. ABC—
= (GF ■ GD): (ВС > AB); пл. GDE: пл. ABC=(QD • GE): (AC • BC).
~ GE ■ Отсюда, в силу (1 GF GF ■ GD GD ■ GE и, следовательно,
G D :G E :G F= BC :CA :A B • Итак, расстояния точки G — центра тяжести
искомого треугольника ЛЯ/7— от сторон данного треугольника
пропорциональны длинам этих сторрн, и точка G совп а да ет с точкой
(Уу р а ссм от р ен н ой в за д а ч е 365 (сравнить п. 157, построение 10), а
искомый т р еугол ь н и к DEF—с т р еугол ьн и к ом PQR и з той ж е задачи.
Пусть теперь М — произвольная точка плоскости (черт. 601), Л,
Е и F — основания перпендикуляров из точки М на стороны треугольника
ABC и G — точка пересечения медиан треугольника DEF.
В силу упражнения 140 имеем /ИЛ2 -}- ME? -)- MF* — GD* -f- GE3 -j-
-(- GF9-]- ЗЛШ2. Так как точка пересечения медиан треугольника отсекает
от каждой из них одну треть, считая от соответствующего
основания (п. 56), то из решения упражнения 137 следует:
ОЛ^ + ОЯ’ + О Я ^ у ^ Я + ЯЛ^ + ЛЯ*). (2)
515
Отсюда MD* + М Р -f- М Р = у (Е Р + FZ52 + D P ) + 3MG*. Из
этого равенства видно, что сумма квадратов расстояний точки М
от сторон треугольника, т. е. MD* -f- М Р -f- М Р , будет наименьшей,
когда точка М будет совпадать с точкой О’ из задачи 365, так как
при этом, как только что было доказано, сумма Е Р FZ32 -)- D P
будет наименьшей, а МО обращу
щается в нуль.
Переходим теперь к отысканию
треугольника DEF, для которого
величина s — l-E P -\ —
-f- tn-FD* -)- ti-D P , где I, m и
n —данные числа, имеет наименьшее
значение, опять в предположении,
что такой треугольник существует.
При этом мы рассмотрим
и случай, когда числа I, т и п по-
Черт. 602. ложительны.
Если точка Dx (черт. 602)
делит сторону EF искомого треугольника
в отношении ED1:D 1F = m : n , то в силу п. 127 (сравнить,
например, решение упр. 141) имеем:
m -D P + n -D & = (m + n ) -D 1D * — \ -£ ^ — EF* (3)
И
s = ( l + — ^ ) — E P + (rn + n ) .D tD\ (30
Если бы прямая DDX не была перпендикулярна к стороне ВС, то
мы могли бы уменьшить s, оставив на месте точки Е и F и заменив
точку D основанием перпендикуляра из точки DX 4ia сторону ВС.
Следовательно, прямая DDX, делящая сторону EF в отношении
EDX:D XF = т ш.п , должна быть перпендикулярна к стороне ВС.
Точно так же докажем, что прямая ЕЕХ, делящая сторону FD в
отношении FEx:ExD==n:l, должна быть перпендикулярна к стороне
АС, а прямая FFX, делящая сторону DE в отношении
DFX: FxE = l : т, — перпендикулярна к стороне АВ. Так как приэтом
DXE • -EghXFfr • Fr—iDr = ■— 1, то перпендикуляры к сторонам треугольника L)\y iL\D г
ABC в вершинах D, E и F искомого треугольника проходят (в силу
п. 198) через одну точку О и делят стороны EF, FD и DE треугольника
DEF соответственно в отношениях т.: п, п : I и I :т . —
Так как прямые DDX, ЕЕХ и FFX, проходящие через одну точку О,
делят стороны треугольника DEF в отношениях EDX: DXF—т\ я ;
FEX : EXD = п : I; DFX: FXE = I : m, то мы имеем (см. решение упр. 295
516
пл. OFD’.nn.ODE-FDi.D^E^ —-.—, и аналогично т п пл.ODE: пл. OEF=
= 4t-i:4l — ; nn.OEF:nn.OFD = ^1-Ш:~ , откуда/• пл. OEF=m • пл. OFD =
, == л-пл. ODE. С другой стороны, найдем, как и выше, пл. OEF:nn.ABC=
= (ОЕ ■ OF): {АВ — АС)’, пл. OFD: пл. ABC = {OF • OD): (АВ • ВС);
пл. ODE: пл. ABC — (OD — ОЕ): (ВС ■ АС). Отсюда
. ОЕ O F _ OF OD OD ОЕ
AC’ A B ~ m ‘ АВ’ ВС ~ П’ ВС ‘ АС ’
т. е.
0D _ ОЕ __ OF
1-ВС m -АС п -А В ’ ^
Итак, расстояния точки О от сторон данного треугольника пропорциональны
произведениям / • ВС, т ■ АС и п — АВ. Тем самым определяется
(п. 157, построение 10) положение точки О, а следовательно,
и положение точек D, Е и F — оснований перпендикуляров
из точки О на стороны треугольника.
Рассмотрим теперь вкратце случай, когда коэффициенты /, т и я имеют
произвольные знаки, причём разберём отдельно следующие предположения:
1) / я -)-я> 0 , и + /> 0 , / + т > 0 ; 2) m-j-/z<0, 0, 1 -\ -т < 0 ;
3) среди сумм m-f- я , я -f-/, / —(— лк имеются как положительные, так и отрицательные,
но ни одна из них не равна нулю; 4) одна из сумм- т -J- я, n-f-l
и / 4 -т равна нулю.
1°. Пусть коэффициенты-/, ти п имеют произвольные знаки, но т -|- я > 0,
я -|- / > 0, /-f- m > 0. Разделим стороны искомого треугольника DEF (черт. 602)
так, чтобы имели место по величине и по знаку равенства EDi 😀 1F =
— ж : я; FEi:ElD = n-.l\ DF1:F lE = l :m. В силу упражнения 218 будем
иметь, как и выше, пользуясь равенством (З1):
S = / • EF*A-m ■ DF* + n- £>£2 = (/ + ^ р ^ • EF* + (m + n) • DtDs =
= ( m + ^ 7) • FD8 + (« + 0 • = [n + ■ DE* + (/ + m) • F,FK (5)
Так как m -f-n > 0 , я -{ -/> 0 и l Jr m > 0, то сохраняют силу предыдущие
рассуждения, если только площадям треугольников и расстояниям точки
от сторон треугольника приписывать определённые знаки, как указано
в решениях упражнения 301 и задачи 324: Наименьшее значение s получается
для точки О, определяемой опять равенствами (4).
2°. Если т 4 — я < 0 , я — ( — / < 0 и / -f-m < 0 , то рассуждения, вполне
аналогичные предыдущим, показывают, что для точки О, определяемой
равенствами (4), величина s достигает не наименьшего, а наибольшего
значения, так как из равенств (5) следует, что в этом случае величина s
возрастает, если при неизменных точках Е и F величина DiD уменьшается
(в силу т-\~п<0), и т. д.
3°. Если среди величин m-f-я , я — f / И / + т имеются как положительные,
так и отрицательные, то величина s не имеет ни для какого треугольника
DEF ни наибольшего, ни наименьшего значения. В самом деле, пусть
для определённости т я > 0 и я -f- / < 0. В таком случае из формул (5)
517
следует,’ что можно увеличить s, оставляя на месте точки Е и F, удаляя
точку D от основания перпендикуляра, опущенного из точки Di на сторону
ВС. С другой стороны, можно и уменьшить s, оставляя на месте точки
D и F и перемещая точку Е.
4°. Остаётся ещё рассмотреть случай, когда среди сумм т-\-п, п-\-1 и
1-\-т есть равные нулю. Пусть для определённости т-\-п — 0. Обозначив
через DH высоту треугольника DEF (черт. 602), будем иметь s— I ■ EF*-\-
-\-т ■ (DF2 — DE*) = l ■ EF2-\- т • (ЕЕ* ±2EF ■ ЕН). Отсюда видно, что, не
изменяя положения точек Е и F, можно придать величине s любые значения,
выбирая соответствующим образом точку Н, т. е. точку D. Итак, в этом
последнем случае величина s не достигает ни наи бол ьш его, ни наименьшего
значения ни для какого треугольника DEF.
Резюмируя всё сказанное, приходим к следующему окончательному
выводу:
Если в се три суммы m’-f- п, п-\-1 и 1-\-т положительны (отрицательны),
то вершины т реугол ьника DEF, дл я к от ор ого величина s =
— I . ВС* -j- т ■ АС* -)- п ■ АВ* имеет наимен ьшее (наибольшее) зн ачение,
получаются сл едую щ им п ост роен и ем : оп р едел яем точку О, р а сст оян и я
кот орой от ст ор он треугол ьн и ка пропорциональны п р о и зв еден и ям I ■ ВС,
т ■ АС и п ■ АВ, и и з тоЧки О оп уск а ем перп ен ди куляры на стороны треугол
ьн и к а . Если ср ед и с умм т-\-п, п-\-1 и 1-\-т ест ь суммы, равные
нулю или имеющие противоположные зн аки , то величина s н е дост и гает
ни дл я к а к о го вп и сан н ого треугол ьн и ка ни наи бол ьшего, ни наимен ьш его
значения.
Пр и ме ч а н и е . Приведённое только что решение в случае, когда
т-\-п, п-\-1 и / —[— m имеют одинаковые знаки, существенно основано на
предположении, что среди всех вписанных* треугольников имеется треугольник,
для которого величина s имеет наименьшее (или наибольшее)
значение. Если даже считать очевидным, что для вписанного треугольника
величина s не может принимать сколь угодно малых значений, а остаётся
большей некоторого числа, то и тогда мы ещё не можем быть уверены
в существовании вписанного треугольника, для которого s имеет наименьшее
значение. В самом деле, логически мыслимо такое положение вещей,
что среди вписанных треугольников имеются треугольники, для которых
величина s имеет значения, большие некоторого числа s0 и сколь угодно
близкие к So, но не существует треугольников, для которых s равно или
меньше s0.
Приводим поэтому второе решение, в котором существование треугольника
с наименьшим значением s не предполагается. При этом мы ограничимся
случаем положительных коэффициентов /, т и п.
В т о р о е р е ш е н и е . Будем исходить из тождества
(а9 -|- Ьг с9) • (л;9 -)-_у9 -\- г 9) = (ах -f-Ьу-\- сг)9 -}- (bz — су)9 -|-
—}— (cjc — а г )г -\ -(а у— bxг)9, (6)
имеющего место дл я любых шести чисел а, Ь, с, х, у и z . Если под а,
b и с понимать длины сторон данного треугольника, под х, у и г —
расстояния произвольной точки О плоскости от его сторон, то мы
будем иметь (сравнить решение упр. Ъ 0 \ )а х -\ — b y -\ — cz===2S, гд е 5 —
площадь данного треугольника. Предыдущее равенство принимает вид;
| ,.ч I 4 S ‘ I (5z — с у ) 2 + (cx — az )2 + (ay — bx)2
~ Г — г ~ V ‘C a 3 -(- 6 3 -)- c 2 ‘ ‘ a 3 + 6 9 + C2 ‘•
Отсюда непосредственно следует, что сумма квадратов расстояний
некоторой точки Q от сторон данного треугольника имоет наимень*
518
равна нулю, т. е. при x : y : z = a : b : c \ следовательно, точка О
совпадает с определенной в задаче 365 точкой О’.
Пусть теперь DEF (черт. 603) — произвольный треугольник, вписанный
в данный треугольник, и О — центр его тяжести. Мы Имеем;
как и выше в равенстве ( 2),
£Я + FD* + £>Я = 3 (СШ2 4- бЯ 4- ОЯ). (7)
Ёслй обозначить через D0, Е0 и Ед основания nepneHflHKyi
ляров из точки Q на стороны данного треугольника) то G£)2 =
=* QD% — j — iV A и т. д. Следо- д
вательно, у =s Я Я 4 — FD* 4* Е)Я
=3(G£>*-f- GEI4- QFl) 4 — 3 (D0D2 4 —
4~ E0E* -j- Я0Я). Отсюда непосредственно
видно, что s имеет наименьшее
значение, когда точка О совпадает
с точкой О’, а треугольник
DEF — с треугольником PQR из задачи
365, так как в этом случае
сумма GD20 4″ 4- QFI имеет,
по доказанному, наименьшее возможное
значение, a D9D = E0E =
= F()F = 0 (в силу упр. 365, 3°).
Переходя к отысканию наименьшего значения выражения s “
= l-EF2 tn-FD* -lr n-DE*, где I, m и я — данные положительные
числа, мы рассмотрим следующее обобщение тождества (6):
(&. 4- п а р 4- ««).(* 4- 1 ) = { а х + Ь у + C Z ? +
, I (mbz — t i c y f т ( п сх — l a z f п (l a y — m b x f
Imti (8)
Это тождество можно получить из (6) путём замены а, Ь, с, х, у
и z соответственно через aV- l , ft у 4 я , сУ~п, и ~^=
у I ’ У т у п ■
С помощью тождества (8), подобно тому, как и выше, убеждаемся
что величина -Xг? 4- —V2 4—^ ■ дост и га ет наим ен ьшего зн а ч ен и я при I 1 т 1 п г
условии, что каждая из скобок во втором слагаемом правой части
равенства ( 8) равна нулю, т. е. при условии:
x : y : z = l a :m b : tic. (9)
Опуская теперь из найденной точки О, удовлетворяющей условиям
(9), перпендикуляры OD0, ОЕ0 и ОЯ0 на стороны треугольника
ABC (черт. 604), мы и получим, как будет видно из дальнейшего, искомый
треугольник DqEqFq. Обозначим через D’, Е’ и Я точки пересечения
этих перпендикуляров со сторонами E0F0, У0О<, и О0Е0 тре-
519
X OFq) : (АВ • AC) = y z : bc\ пл. OF0D0: пл. ABC = z x : са\ пл. OD0E0:
: пл. А В С = х у : ab. Отсюда пл. OE0F0: пл. OF0D9:m . OD0E0 =
s= —: —: — = Следовательно, E0D’ : D’F0 = nn. ООйЕ0 : X у Z I t t l П > и . и и и
: пл. OF0D<, = т :п , где D’ — точка пересечения прямых E^F^ и OD0
(см. решение упр. 295). Аналогично F9E’: E’D0 — п : I, D0F : FEa =
— 1: т. Итак, есл и и з точки О, удовл ет вор яю щ ей усл о в и ям (9), о п у стить
п ер п ен ди к ул я ры OD0, ОЕ0 и OF0 на стороны т р еугол ьн и к а
ABC, т о эти перп ен ди кул яры, р а здел яю т стороны т р еугол ьн и к а
D^E^F^ соот вет ст вен н о в от н ош ен и ях т :п , п :1 и I : т.
Впишем теперь в данный треугольник ABC произвольный треугольник
DEF (черт. 605) и разделим стороны последнего прямыми DDit
Д
ЕЕХ и FFj в отношениях EDt : D1F = m : n ‘, FEx:ElD = n : l
D F i: FXE — l\m . Прямые DDU EEt и FFt пройдут через одну
точку О (п. 198). При этом мы будем иметь D E • DE —F • F^ Dг = — 1,
или DEl
DXF EiD FtE ~
_D iE F J l Так как етороны треугольника EDDX (или
EiF ~~ DiF ’ FiE
их продолжения) пересекаются с прямой FFX в точках О, F и Flt то мы б, удем иметь (, согласно п. 11Г91Г2)Ч) OD FDi FiE , ’ откУДа
DO _ DFi FE _ DFi FDi + DtE _ DFt , DtE FtD
ODi FiE FDi FiE FDi FiE DiF ‘FiE
DEi
Заменяя
здесь последний член равной ему величиной , получим:
DO _DF1 , D E t _ l , l _ 1(т + п)
ODi’ ‘ FiE 1 EiF •m ( 10)
Отсюда
ODi : mn ■DO\ DDi = DO-\-ODi = mn-{-n lJr lm DO. (11)
520
Применим теперь, как и при первом способе решения настоящей
задачи [сравнить равенство (3)], теорему Стюарта (п. 127) к треугольнику
DEF и отрезку D D Мы получим: : .
(от -J- л) • = т ■ D R -}- п • DE* — ’ EF*- (12)
Применяя ту же теорему к треугольнику OEF и отрезку ODь найдём
аналогично:
( я -f-n )-O D t = m-OF* + n -O E * ~ ~ — j i . .EF*. (13)
Заменяя в равенствах (12) и (13) DDt и ODl их значениями (11)
будем иметь:
ls (m-\-n) — • OD* = от • DF2 1 п • tn -\-n •’E F*\ v( 14)’
ТIгs» г(~m т—я)ч • О В* = m • OF* -f1 — п • OEA m™-f-t i . EF*. ‘( 15)’
Наконец, умножая все члены равенства (15) на ——1 тп 1—— и вычитая
из полученного равенства почленно равенство (14), получим
после алгебраических преобразований равенство
/• ЕЕ + т • + п • DEA = (тп — f n l + 1т)■{— — f — f ^ j . (16)
Равенство (16) является обобщением равенства (7); последнее получается
из равенства (16) при 1 = т = п = 1.
Опустим из точки О перпендикуляры OD0, ОЕе и OF0 на стороны
треугольника ABC и заменим в равенстве (16) OD2 через ODl-\-
и т . д . Окончательно будем иметь s = /• EF1 -f- /» • FD* -j-
+ n .D £ »= < ^ 4 — n l + lm) [{Qj l j r q§ — + Щ + ¥ +
p p u *
-|— I . Из этого равенства непосредственно видно, что вел и чина
s имеет наим ен ьшее зн ач ен и е, есл и точка О у д о в л ет в о р я ет
у сл ов и ям (9), так как при этом, по доказанному, величина
—OD-92- 1—О—Е—2^ —1 OF2- имеет наименьшее значение и Df,D = EnE = I ‘ т ‘ п « о
= F0F = 0 в силу того, что прямые OD, ОЕ и OF совпадают с перпендикулярами
к сторонам треугольника ABC.
367. Пе р в о е р е ш е н и е. Предположим, что среди всех треугольников,
вписанных в данную окружность, есть треугольник ABC
(черт. 606), для которого сумма в — 1 -ВС г -\-т-АС*-\-п-АВ*, где
/, т и П — данные положительные числа, имеет наибольшее значение.
521
Будем для определённости предполагать, что
l^ tn s^ n . ( 1)
Если точка D делит сторону ВС (внутренним образом) в отношении
BD :ЬС*=т:п, то мы имеем (п. 127) в силу теоремы Стюарта
[как и в решении задачи 366, формула (3)]: т ■ АС*-\-п • АВ* ^
= (т -|- п) • ‘ 1 AD* -f1 — т п• ВС*. Отсюда
8 ^ ( 1 + ~ ~ ) — В С * + (т ± п ) .А О \ (2)
Величина д имеет при данных точках В а С (и, следовательно,
при определённом положении точки D) наибольшее значение, если
расстояние AD будет наибольшим из возможных.
НО наибольшим расстоянием от данной
точки D до точки окружности служит (п. 64)
больший отрезок диаметра, проходящего через
точку D. Итак, диаметр окружности,
проходящий через точку А, делит сто~
рону ВС в отношении т: п. Аналогичным
свойством должны обладать и диаметры,
проходящие через точки В и С: диаметр, проходящий
через В, делит сторону С А в отно-
Черт, 606. шении С Е : ЕА — п:1; диаметр, проходящий
через С, делит АВ в отношении A F : FB*=l: т.
Повторяя теперь для треугольника ABC и прямых А Д BE и CF,
проходящих через одну точку, в точности те же выкладки, которые
привели нас в решении задачи 366 к формуле (10), получим вполне
аналогичное соотношение
АО AF I АЕ 1 , 1 1{т-\-п)
OD^~FB ЕС ~~т ‘ я тп ‘
Отсюда
ЛО = ЛО + 0О = ‘ ^ п^ Л 0 = ”- ^ ^ « , ,4)
где R — радиус данной окружности. Равенства (3) или (4) определяют
положение точки D на прямой АО.
Далее через точку D требуется провести хорду ВС, которая
делилась бы в точке О в отношении B D : D C = m : п. Это последнее
построение можно выполнить аналогично решению упражнения 165;
надо только предположить, что обе данные там окружности совпадают
между собой. Таким образом строится искомый треугольник А ВС.
Чтобы построение было возможно, необходимо и достаточно,
чтобы определяемая условием (3) точка D лежала внутри окружности
и чтобы через эту точку можно было провести хорду ВС,
которая делилась бы в точке D в отношении т ‘.п. Точка Ь будет,
522
как это видно из равенства (3), лежать внутри окружности, если
т— 4′ — —п ^ 1,’ т. е. если
т < — + — . (5)
Через точку D можно провести хорду, которая делится в этой
точке в отношении т:п, если DA’ т ЩAD7 (так как отрезки AD
и A’D представляют собой наибольшее и наименьшее расстояния
от точки D до точек окружности), где А’ — точка, диаметрально
, ‘ 2R — AD ^ -т ^ AD противоположная точке А, т. е. если — —- <С.—<С зд — AD *
Заменяя здесь AD его выражением (4), получим гт^^пЛ^/т» <‘-
тп 4 — тй А-1т „ ^ , _ тп _[_ д/ _|_ [щ • Преобразуя эти неравенства, будем иметь
^<С7 » 5 • ®ти неравенства будут выполняться
сами собой, если обозначения коэффициентов /, т и и выбрать так,
чтобы выполнялись условия (1).
Итак, если обозначения коэффициентов I, тпп выбрать так, чтобы
выполнялись условия (1), то единственное необходимое и достаточное
условие возможности построения треугольника ABC выражается неравенством
(б).
Истолковывая неравенство (5) геометрически, приходим к следующему
окончательному результату: треугольник ABC, для которого
величина s имеет наибольшее значение, существует только при условии,
что можно построить треугольник, стороны которого пропор-
циональны -1j, —1 и1 — , т. е,. высоты которого пропор’ц иональны I,,
т и п .
Пр име ч а н и е . В приведённом решении мы предполагали, что треугольник,
для которого s имеет наибольшее значение, существует. По
поводу этого допущения можно было бы повторить сказанное в примечании
к первому решению задачи 366.
И действительно, в процессе решения выяснилось, что искомый треугольник
существует не при всех значениях /, т и п. Проводим поэтому
второе решение, в котором существование искомого треугольника уже не
предполагается.
В т о р о е ре ш е н и е. Предположим опять, что /, т и п — положительные
числа и
l ^ m s ^ n . ( t )
Пусть ABC — произвольный треугольник, вписанный в данную
окружность (черт. 607). Разделим его сторону ВС точкой D в отношении
B D : DC = m : п. Как и в первом решении, будем иметь формулу
(2). Проведя через точку D диаметр MN (пусть при этом для опре
523
делённости M D ^D N ), будем иметь BD ■ DC = MD • (2R— MD).
С другой стороны, В В = — , ВС J т-\-п и DC= —т -\-п • ВС,’ откJуда
BD ■ Д С = (-т • ВС* и ВС* = {т + ■ MD • (2R — MD). Подставляя
это значение в формулу (2), будем иметь
5 = \~Ет п ? + (т + » ) ] ‘ MD ‘ (2/? — MD) + 0 я + л) ‘ AD*.
Это выражение для s можно представить в виде у = ^ — f-
+ (»* + » ) ] • ж ■ m d — l 0nJ rln)* ■ MD* — f
-[- (m-\-n)-AD*—(nt-\-n)-MD* или, после замены
) равным ему выра-
жением -(m— -I’—- n) (mrma n4 — nl 4’■ — Im) и группировки
членов, в виде s = п • [2 (тп —}-
— f Im) R-MD — 1(т — f п) ■ MD*} -J-
— f (от — f п) ■ (AD* — MD*).
Из этого выражения видно, что у достигает наибольшего значения,
если выполнены следующие условия:
1) точка А совпадает с М (так как в противном случае
Л П < 4Ш ) ;
2) функция
у = 2 (т п -{ — n l ^ l m ) — R -M D — /(от- f п) ■ MD* (6)
достигает наибольшего значения.
Но функция у , определяемая равенством (6), достигает (как это
следует из свойств функции у = Ах* -\-Bx-\- С при Л<^0) наибольшего
значения при ^
MD = mn + nl + lni
I (т л) ’ 4 ’
возрастает при значениях MD, меньших этого значения, и убывает
при значениях MD, больших того же значения. Получили то же положение
точки D, что и в первом решении [см. формулу (4)].
Если точка D, определяемая условием (7), окажется внутри данной
окружности, а это будет иметь место при
тгг±п1+^п
1{т + п) K < .1R ,
524
то s достигает в этой точке своего наибольшего значения. Возможность
провести через эту точку D хорду ВС, которая делилась бы
точкой D в отношении т : п, требует, чтобы имели место неравенства
DN ^ —т s-MD КТ,ак и при первом решении задачи, эти неравенства
будут выполнены в силу предположения (1). Мы получим при этом
тот треугольник ABC, о котором шла речь в первом решении.
Если же точка D, соответствующая максимуму функции у и определяемая
равенством (7), будет лежать на окружности или вне её, то
наибольшее значение s будет получаться при наибольшем допустимом
значении MD, т. е. при MD = 2R. Итак, величина s принимает наибольшее
значение при условии, что треугольник вырождается
в дважды взятый диаметр окружности.
До сих пор мы рассматривали случай, когда /, т и л — положительные
числа. Случай, когда некоторые из коэффициентов /, т и п отрицательны,
сводится к случаю положительных коэффициентов.
В самом деле, пусть два из коэффициентов, скажем ти п , отрицательны.
В таком случае, обозначая через А’ точку, диаметрально противоположную
точке А (черт. 607), будем иметь s = l — ВС* -j- я» • AC2-j- и • АВ2 — I- ВС2-\-
+ т (4R2 — А’С2) + n-(AR2 — А’В2) = 1-ВС2 — т-А’С2 — п-А,В2 + 4(m-fп) R2,
и дело сводится к отысканию треугольника А’ВС, которому соответствуют
положительные коэффициенты I, —т, —п, так как постоянный член 4(/и-(-л) R2
роли не играет.
Если среди коэффициентов /, т. и п отрицательных окажется один или
три, то мы рассмотрим вместо s величину s’ = — s = — I — ВС2—т ■ АС2 —
— п ■ АВ2. При этом наибольшему значению s’ будет соответствовать уже
наименьшее значение s. Наибольшее же значение величины s’ найдётся,
как указано выше, так как среди коэффициентов — I, — т и — п отрицательных
будет либо два, либо ни одного.
368. Пусть существует точка D, расстояния которой от вершин
.данного треугольника пропорциональны трём данным числам. Примем
точку D за полюс ийверсии и выберем произвольно степень, последней.
Точки А, В и С преобразуются при этом в точки А’, В’ и С’,
причём В’С’.С’А’:А’В ’ = (DA-BC):(DB-CA):(DC-AB) (п. 218, сравнить
решение упр. 270, 1°), т. е. В’С’:С’А’:А ‘В ‘= (т-ВС):(п-СА):{р-АВ).
Таким образом, указанное в тексте условие необходимо.
Обратно, пусть существует треугольник А’В’С’, стороны которого
пропорциональны т-ВС, п-СА, р-АВ. Пусть D — полюс инверсии,
преобразующей точки А’, В ‘. и С’ в вершины данного (по своей форме
и’величине) треугольника ABC (существование такой инверсии
следует из упражнения 270а). Расстояния DA, DB и DC удовлетворяют
условиям В’С’:С’А’:А’В’= (DA-BC):(DB-CA):(DC-AB). Так как
по предположению имеем ВГС’ :С’А’ : А’В’ = (т-ВС):(п-СА):(р-АВ),
то DA:DB : DC = m: ti: р. Приведённое условие является и достаточным.
369. Пусть AD — BE — CF, прямая О А’ параллельна AD, ОВ’
параллельна BE и ОС’ параллельна CF (черт. 608). Если х,~у и z —■
расстояния точки О от сторон ВС, СА и АВ треугольника, h, k
525
и I — высоты, опущенные из вершин А, В , С треугольника, то в силу
упражнения 301 будем иметь -J— —J—^ -= 1.
С другой стороны, очевидно, x :h = О А ‘: AD; y : k = OB’: BE-t
, z :l= O C ‘:C F . О„ тсюда О А’ -j, — OB’ , ОС’ = 1, . ВD силу равенств
AD — BE — CF отсюда следует, что О A’ -j- OB’ -f- ОС’ = AD.
370. Пусть а, b и с — три прямые, проходящие через одну
точку О (черт. 609), и х, у , z — расстояния произвольной точки М
от этих прямых. Проведём через М прямую с’, параллельную с, и
обозначим через А к В точки её пересечения с прямыми а и Ь.
Имеем пл. ОАВ = ^А В • г = -^ (± АМ + МВ) • г = ± у AM ■ z ±
d c -^ B M • г = ± п л . OAMdbпл. ОМВ = ± \ О А • х ± ~ О В — у . Отсюда
г==— ‘^ } ‘х ^ ^ Ё ‘У — Коэффициенты О А: АВ и О В : АВ в этом
равенстве не зависят, очевидно, от положения точки М на плоскости.
Чтобы сформулировать результат так, чтобы он совершенно не
зависел от положения точки М, будем считать площадь произвольного
треугольника положительной или отрицательной в зависимости
от направления вращения (как указано в решении задачи 324). Далее
выберем на каждой из прямых а, b и с положительное направление
и будем приписывать отрезкам, лежащим на этих прямых, определённые
знаки, На прямой АВ, параллельной с, выбирдем то же положительное
направление, что и на с. Чтобы площадь треугольника MPQ
с вершиной в произвольной точке М плоскости и основанием PQ на
прямой а выражалась по величине и по знаку равенством пл. MPQ =
526
=~дг-> PQ, мы должны приписать определённый знак не только отрезку
PQ, но и расстоянию х точки М от прямой а. А именно, расстояние
х мы должны считать положительным, если для наблюдателя,
находящегося в точке М, положительное направление прямой а кажется
идущим справа налево, и отрицательным — в противном Случае.
Аналогично определим знаки расстояний у и г (например, на черт. 609
имеем дг^>0, _у<^0, г<^ 0).
При этом будем иметь по абсолютной величине и по знаку:
ш.ОАВ=^ -АВ — г = ~ ( АМ + MB) — z = ~ A M ■ Z + — MB ‘ z =?
= пл. О AM -f- пл. ОМВ= y О А • х ОВ — у . При перемещении
точки М по плоскости отношения АВ:ОА:ОВ будут сохранять постоянные
абсолютные величины и постоянные знаки.
Обратно, если мы имеем выражение тх -f- п у , где от и и — данные
положительные или отрицательные коэффициенты, а х и у — расстояния
от некоторой точки до данных прямых, то отложим отрезки О А
и О В так, чтобы имело место по величине и по знаку равенство
ОА: (— ОВ) — т: п , и проведём через точку О прямую с параллельно
АВ. В силу прямой теоремы будем иметь AB’Z — OA~x—
— ОВ • у , так что выражение тх -{- п у будет пропорционально расстоянию
точки М от прямой с.
371. Пусть ах, а 2, . . . — данные прямые, на каждой из которых
выбрано определённое направление; х х, x it . . . — расстояния произвольной
точки от этих прямых, взятые с надлежащими знаками, как
указано в решении задачи 370; а0, a t, а 2, . . . — данные положительные
или отрицательные числа.
Пусть требуется найти геометрическое место точек, расстояния
которых от двух данных пересекающихся прямых удовлетворяют
условию
<*1*1 + <*2*2 = а0. (О
На основании обратной теоремы задачи 370 имеем ахх х -j- a 2jc2 = (Зу,
где f> — некоторый коэфициент, j ; — расстояние точки от некоторой
прямой. В силу этого равенства условие (1) принимает вид у =
= у — = const, и искомое геометрическое место есть прямая линия.
Найдём теперь геометрическое место точек, расстояния которых
от двух данных параллельных и одинаково направленных прямых а х
и а 3 удовлетворяют тому же условию ахх у -\- а глга = а0. Если через
х обозначить расстояние от произвольной точки первой прямой до
второй прямой, то мы будем иметь для любой точки плоскости
(черт. 610) д;2 = х х -|- х, откуда для точек, удовлетворяющих условию
(1), имеем (a t -j- a 2) х х = a0 а%х, т, е, == const
527
(при a j -ф а2 ф 0). Итак, искомое геометрическое место точек (если
такие точки существуют) есть прямая линия. Искомых точек не существует,
если a t -|-a2 = 0; ао — а 2л; 0. Условие а уХу -|- а 2лг2 = а0
будет удовлетворяться для любой точки плоскости, если a t -ф а 2 =
= а 0 — a 2j c = 0 .
Если данные параллельные прямые имеют противоположные направления,
то можно прийти к только что рассмотренному случаю,
изменяя направление на одной из данных прямых; хотя бы на прямой
а 2, на обратное (и одновременно изменяя знак коэффициента <х2
на обратный). При этом изменится и знак расстояния х% от точки
до второй прямой.
Итак, мы доказали, что в случае двух данных прямых геометрическое
место точек, удовлетворяющих условию (1), есть, вообще
N
Черт. 610.
говоря, прямая линия; как исключение возможно, что таких точек
не существует вовсе или что условие (1) выполняется для любой
точки плоскости.
Предположим, что мы доказали аналогичное предложение для
случая, когда даны п — 1 прямых, и докажем его для п прямых.
Пусть требуется найти геометрическое место точек, для которых
a l x l а 2х % Ч» • • • Ч» a n — iXn — l Ч~ а пх п — а0- (2)
Выберем обозначения так, чтобы ап_у -фan ф 0 (это всегда возможно).
На основании предыдущего имеем а.п_уХп_у -ф- апх п == $у, и
дело сводится к отысканию геометрического места точек, для которых
oiyXy —)- ®2jc2 -j— . . . + a„_2^n-2 + Рт = ао> т- e — к случаю, когда
дано n — 1 прямых. Таким образом, задача разрешена для случая
любого числа прямых.
Если на каждой из данных прямых выбрать отрезки АуВу,
АгВ ъ, . . . , удовлетворяющие по величине и по знаку условиям
АуВу: а1 = А^В^: а 2 = . . . = р , то равенство (2) принимает вид:
пл. АуВуХ-^~пл. АфъХ-\- . . . = рЛц, (2*)
где X— любая точка искомого геометрического места.
Пусть теперь ABCDEF — полный четырёхсторонник (черт. 611),
диагонали АВ, СР и EF которого имеют своими серединами точки L,
528
М и N .(сравнить п. 194). Так как L — середина отрезка АВ, то мы
имеем (по абсолютной величине и знаку) пл. CAL пл. CBL = 0.
Точно так же пл. DAL -(- пл. DBL = 0. Отсюда
пл. ACL пл. BCL -j- пл. ADL -}- пл. BDL = 0. (3)
Таким же путём найдём, что пл. АСМ~{- пл. ADM— 0; пл. ВСМ
-(-пл. В DM == 0 и
пл. ACM -)- пл. ВСМ -(- пл. ADM -(- пл. BDM = 0. (4)
Далее имеем пл. AEN-\ -ш . A FN=0; пл. B E N пл. BFN—0;
пл. CEN-\- пл. CFN— 0; пл. DEN пл. D FN=0. Отсюда, складывая
почленно первые два из этих равенств и вычитая два последних,
получим (пл. AFN — пл. CFN) -J- (пл. BEN — пл. CEN) -\- (пл. AEN—
— пл. DEN) -(- (пл. BFN — пл. DFN) = 0. Но пл. AFN — пл. CFN=
= пл. ЛДА^-|-пл. FCN — пл. ЛСМ и т. д., и предыдущее равенство
принимает вид:
пл. ЛСЛГ + пл. B C N пл. ADN-\- пл. BDN= 0. (5)
Равенства (3), (4) и- (5) показывают, что точки L, М и N принадлежат
геометрическому месту точек X, для которых имеет место
равенство
пл. АСХ-\-пл. ВСХ-{-пл. АОХ-\-пл. BDX=Q. (6)
Но это геометрическое место есть по предыдущему прямая линия
[сравнить равенство (2’)].
Пр и м е ч а н и е . Чтобы последнее заключение было вполне обосновано
надо ещё показать, что равенство (6) не выполняется для всех точек
плоскости. Но если это равенство выпол-
няется для точек А и С, то мы ймеем Е —— f
пл. ВС А -f-пл. BDA = 0 ; пл. ADC-\-na.BDC=
= 0. Отсюда легко вывести, что четырёхугольник
ACBDeсть параллелограмм, и вопрос
теряет смысл. Итак, равенство (6)
определяет прямую линию.
371а. Пусть АВ, CD и EF (черт.
612) — диагонали полного четырёхсторонника,
Н— точка пересечения высот
ВК, CL и FM треугольника BCF,
образованного тремя из четырёх сторон
данного полного четырёхсторонника.
Так как прямая В К перпендикулярна
к FC, a CL — к BF, то точки В, С, К
и L лежат на одной окружности, откуда НВ • Н К=Н С • HL. Так как
по той же причине точка К лежит на окружности, имеющей АВ
своим диаметром, а точка L — на окружности, имеющей CD своим
диаметром, то равенство HB-HK— HC-HL показывает, что точка Н
имеет относительно обеих окружностей одну и ту же степень. Таким же
образом получим HB-HK—HF-HM, откуда будет следовать, что точ
ка // имеет ту же самую степень и относительно окружности, имеющей
своим диаметром EF.
Итак, точка Н имеет относительно всех трёх окружностей одну
и ту же степень. По той же причине и точка пересечения высот
любого из треугольников ВОЕ, АСЕ и ADF будет иметь относительно
всех трёх окружностей одну и ту же степень. Отсюда следует,
что все эти четыре точки лежат на одной прямой — общей
радикальной оси трёх окружностей.
3 7 2 . Пусть PQRS — данный четырёхугольник (черт. 613), К ~
точка пересечения прямых PQ и RS, I — поляра точки О относительно
угла PKS (п. 203).
Преобразуя четырёхугольник PQRS вместе с его диагоналями
взаимными полярами относительно какой-либо окружности с центром О,
получим полный четырёхсторонник p q rs (черт. 614). Четырём прямым
PQ, RS, ОК и I, проходящим через точку К, соответствуют четыре
точки (pq), (rs), (ok) и L, лежащие на диагонали k полного четырёхсторонника.
Так как прямая ОК проходит через центр направляющей
окружности, то её полюс — точка (ok) — лежит в бесконечности
(п. 204). Прямые PQ, RS, ОК и / образуют гармоническую четвёрку;
следовательно, и точки (pq), (rs), (ok) и L образуют гармоническую
четвёрку. Но точка (ok) лежит в бесконечности, и потому точка L
есть середина диагонали (pq) (rs) полного четырёхсторонника.
Аналогично доказывается, что и поляры точки О относительно
двух других углов преобразуются в середины двух других диагоналей
полного четырёхсторонника p q rs. Так как середины трёх
диагоналей полного четырёхсторонника лежат на одной прямой (п. 194
или задача 371), то их поляры относительно направляющей окружности,
т. е. поляры точки О относительно трёх углов, о’которых идёт речь,
проходят через одну точку.
Пусть теперь в пересечении сторон и диагоналей полного четырёхугольника
PQRS (черт. 615) с некоторой прямой р образуются трита-
530 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.
Околоadmin
