WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 | 6 |   ...   | 19 |

2 a+d b+c 2 a+b c+d m (a+b)(c+d) DТогда =. Поскольку a= n (b+c)(d+a) C C1 1 1 =, b=, c=, d=, очевидно, что a b c d m m D =. На основании (3.1) точки O, M, B n n N O N коллинеарны.

M 6.2. Теорема Гаусса. Если некоторая прямая пересекает прямые, содержащие стороны BC, CA, AB треугольника ABC, A0 A Bв точках A1, B1, C1 соответственно, то середины отрезков AA1, BB1, CC1 коллине- Рис. арны (рис. 13).

Пользуясь (3.6), запишем условия C коллинеарности троек точек A, B1, C; C, A1, B; B, C1, A; A1, B1, C1:

B P a(b1-c)+b1(c-a)+c(a-b1)=0, A N c(a1-b)+a1(b-c)+b(c-a1)=0, M = (6.1) b(c1-a)+c1(a-b)+a(b-c1)=0, AB C a1(b1-c1)+b1(c1-a1)+ Рис. ;

+c1(a1-b1)=0.

Если M, N, P — середины отрезков AA1, BB1, CC1, то предстоит показать, что m(n-p)+n(p-m)+p(m-n)=0, (6.2) 1 1 Так как m= (a+a1), n= (b+b1), p= (c+c1), то доказываемое 2 2 равенство (6.2) эквивалентно такому:

(a+a1)(b+b1-c-c1)+(b+b1)(c+c1-a-a1)+(c+c1)(a+a1-b-b1)=0, или, после перемножения, a(b1-c)+a(b-c1)+a1(b1-c1)+a1(b-c)+b(c1-a)+b(c-a1)+ +b1(c1-a1)+b1(c-a)+c(a1-b)+c(a-b1)+c1(a1-b1)+c1(a-b)=0. (6.3) Теперь легко видеть, что (6.3) получается при почленном сложении равенств (6.1).

Прямые AB, BC, CA, A1B1 равноправны. Фигура, являющаяся их объединением, называется полным четырёхсторонником, а отрезки AA1, BB1, CC1 — его диагоналями. Доказанную теорему можно сформулировать так: середины диагоналей полного четырёхсторонника лежат на одной прямой. Она называется прямой AM Гаусса полного четырёхсторонника.

C 6.3. Теорема Симсона. Ортогональные проекции точки, лежащей на описанной около треугольника окружности, на прямые, содерBжащие его стороны, коллинеарны.

Примем центр O окружности за начало, а её радиус — за 1. Пусть A1, B1, C1 — проекции точки M окружности на прямые BC, CA, AB, A C1 B содержащие стороны вписанного треугольника ABC (рис. 14). Согласно (4.3), a1= Рис. 1 bc 1 ac = b+c+m-, b1= a+c+m-, 2 m 2 m 1 ab c1= a+b+m-. Находим:

2 m a1-c1 a1-cab-bc ab-ac (c-a)(m-b) : c-b+ = =.

b1-c1 = c-a+ m m (c-b)(m-a) b1-cНа основании (3.5) точки A1, B1, C1 коллинеарны. Содержащая их прямая называется прямой Симсона точки M относительно вписанного треугольника ABC.

Справедливо также обратное утверждение: если основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки на прямые, содержащие стороны треугольника, коллинеарны, то эта точка принадлежит окружности, описанной около треугольника.

1 По формуле (4.6) a1= (b+c+m-bcm), b1= (a+c+m-acm), 2 c1= (a+b+m-abm). Так как точки A1, B1, C1 коллинеарны, число a1-c(c-a)(1-bm) — действительное. Поэтому оно равно своеb1-c1 = (c-b)(1-am) (c-a)(1-bm) (c-a)(1-bm) му сопряжённому: =, отсюда (c-b)(1-am) (c-b)(1-am) 1-bm b(1-bm) 1-bm b-m =, или =.

1-am a(1-am) 1-am a-m Из последнего равенства после упрощений получаем mm=1, что означает принадлежность точки M окружности zz=1, описанной около треугольника ABC.

6.4. Теорема Паскаля. Точки пересечения прямых, содержащих противоположные стороны вписанного шестиугольника, лежат на одной прямой.

A F B E C D P N M Рис. Пусть в окружность вписан шестиугольник ABCDEF и ABDE=M, BCEF =N, CDFA=P (рис. 15). Принимаем центр окружности за начало, её радиус — за единицу длины. Тогда в силу (4.1) имеем:

a+b-(d+e) b+c-(e+f) c+d-(f +a) m=, n=, p=.

ab-de bc-ef cd-fa Вычисляем (b-e)(bc-cd+de-ef +fa-ab) m-n=.

(ab-de)(bc-ef) и аналогично (c-f)(cd-de+ef -fa+ab-bc) n-p=.

(bc-ef)(cd-fa) Тогда m-n (b-e)(cd-fa) =.

n-p (f -c)(ab-de) Поскольку числа a, b, c, d, e, f равны, соответственно, 1/a, 1/b, 1/c, 1/d, 1/e, 1/f, то устная проверка показывает, что найденное выражение совпадает со своим сопряжённым, т. е. является действительным числом. Это означает коллинеарность точек M, N, P.

6.5. Теорема Монжа. Во вписанном четырёхугольнике прямые, проходящие через середины сторон и диагоналей перпендикулярно противоположным сторонам или, соответственно, другой диагонали, пересекаются в одной точке, называемой точкой Монжа этого четырёхугольника.

Серединные перпендикуляры к сторонам четырёхугольника ABCD пересекаются в центре описанной окружности, который примем за начальную точку. Для каждой точки M(z) серединного перпендикуляра z- (a+b) к AB число — чисто мнимое (п. 3.3). В частности, при a-b a+b z=0 оно равно -. Аналогично для всех точек N(z) пря2(a-b) мой, проходящей через середину отрезка CD перпендикулярно AB, z- (c+d) и только для них, число будет чисто мнимым. Но для a-b 1 a+b z= (a+b+c+d) оно равно, а значит, чисто мнимое. Сле2 2(a-b) довательно, точка E с комплексной координатой (a+b+c+d) лежит на данной прямой. Поскольку выражение (a+b+c+d) симметрично относительно перестановок букв a, b, c, d, то и остальные пять аналогично построенных прямых проходят через точку E.

6.6. Теорема Дезарга. Если треугольники ABC и A1B1C1 расположены так, что прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке или параллельны, то либо точки P=ABA1B1, Q=BCB1C1, R=CAC1Aпересечения их соответственных сторон коллинеарны, либо две соответственные стороны параллельны прямой, соединяющей точки пересечения других соответственных сторон, либо соответственные стороны треугольников параллельны.

Пусть AA1BB1CC1=S (рис. 16). Примем точку S за начальную. Тогда можно положить a1=a, b1=b, c1=c, где,, — действительные числа, отличные от нуля. Рассмотрим случай, когда ==.

S Так как точки P, A1, B1 коллинеарны, имеем (п. 1.5):

C A p=a1+(1-)b1=a+(1-)b, B причём = и +(1-)=1, откуда 1- -=, 1-=, и поэтому R Q P - (1-) (-1) Bp= a+ b, - Aили (-)p=(1-)a+(-1)b.

CРис. 16 Круговой перестановкой букв a, b, c, а также,, получаем:

C (-)q=(1-)b+(-1)c, A (-)r=(1-)c+(-1)a.

Умножим последние три равенства соB ответственно на 1-, 1-, 1- и сложим почленно:

R Q P (-)(1-)p+(-)(1-)q+ +(-)(1-)r=0.

BЗамечаем, что сумма коэффициентов Aпри p, q, r равна нулю:

C(-)(1-)+(-)(1-)+ +(-)(1-)=0.

Рис. В силу результата задачи 1.17 точки P, Q, R коллинеарны.

Если же, например, ==, то a1-b1=(a-b) (=), и поэто му A1B1 AB. Точка P не существует. Тогда эти прямые параллельны прямой QR. Действительно, при = имеем:

(-)q=(1-)b+(-1)c, (-)r=(1-)c+(-1)a.

Сложение этих равенств даёт:

(-)(q-r)=(1-)(b-a).

q-r (1-) И поскольку = — действительное число, то QR AB.

b-a При == треугольники ABC и A1B1C1 гототетичны.

Теперь рассмотрим второй случай условия теоремы, когда прямые AA1, BB1, CC1 параллельны. Тогда приведённое доказательство теряет силу, ибо точка S не существует. Предполагая существование точки P, примем её за начальную. Однако полученная конфигурация (рис. 17) с точностью до обозначений совпадает с той, которая имела место в рассмотренном выше случае при ==. Продолжение доказатель ства является формальностью.

Имеет место и обратная теорема Дезарга. Для её доказательства достаточно применить прямую теорему Дезарга к треугольникам AA1R и BB1Q.

Задачи Докажите следующие теоремы:

1.49 (Теорема Менелая). Для того, чтобы точки A1, B1, C1, лежащие соответственно на прямых BC, CA, AB, содержащих стороны треугольника ABC, были коллинеарны, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись равенства - - AB1 CA1 BC· · =-1.

- - B1C A1B C1A 1.50 (Теорема Паскаля). Точки пересечения прямых, содержащих стороны треугольника, с касательными к его описанной окружности в противоположных им вершинах лежат на одной прямой.

1.51 (Теорема Паскаля). Во вписанном в окружность четырёхугольнике прямые, содержащие противоположные стороны, и касательные в противоположных вершинах пересекаются в четырёх коллинеарных точках.

1.52 (Теорема Паскаля—Паппа). Если точки A, B, C лежат на одной прямой, а точки A1, B1, C1 — на другой, то точки пересечения прямых AB1 и A1B, BC1 и B1C, CA1 и C1A также лежат на прямой.

Если же прямые в двух из этих трёх пар параллельны, то также параллельны и прямые третьей пары.

§ 7. Углы и площади 7.1. Угол между векторами. Условимся обозначать символом -k AB, CD ориентированный угол, на который надо повернуть вектор - - - - AB, чтобы он стал сонаправлен с вектором CD. Если OP=AB и OQ= =CD, то точки P и Q имеют комплексные координаты b-a и d-c (рис. 18). Следовательно, -k d-c = AB, CD =arg(d-c)-arg(b-a)=arg. (7.1) b-a Эта формула в применении к положительно ориентированному треугольнику ABC даёт:

b b b c-a a-b b-c A=arg, B=arg, C=arg. (7.2) b-a c-b a-c Если z=r(cos +i sin ), то z=r(cos -i sin ). Отсюда z-z z+z y sin =, cos =. (7.3) 2ir 2r D d-c При z= получаем:

C b-a A Q d-c d-c B -k - b-a - b-a sin AB, CD = = x O d-c 2i b-a P (d-c)(b-a)-(d-c)(b-a) =, Рис. 2i|d-c|·|b-a| поскольку (b-a)(b-a)=|b-a|2. Таким образом, -k - (d-c)(b-a)-(d-c)(b-a) sin AB, CD =. (7.4) 2i|d-c|·|b-a| Аналогично можно получить формулу для косинуса угла между векторами. Однако она непосредственно следует из формулы (2.5):

-k - (d-c)(b-a)+(d-c)(b-a) cos AB, CD =. (7.5) 2|d-c|·|b-a| 7.2. Площадь треугольника и четырёхугольника. Найдём формулу для площади S положительно ориентированного треугольника ABC:

-k - S= AB·AC sin AB, AC = ((c-a)(b-a)-(b-a)(c-a))= 2 4i =- (a(b-c)+b(c-a)+c(a-b)).

4i Итак, i S= (a(b-c)+b(c-a)+c(a-b)), (7.6) или a a i S= b b 1. (7.7) c c Если треугольник ABC вписан в окружность zz=1, то формула (7.6) преобразуется к виду i (a-b)(b-c)(c-a) S= ·. (7.8) 4 abc Для площади S положительно ориентированного четырёхугольника ABCD имеем:

-k - S= AC·BD sin AC, BD = ((d-b)(c-a)-(c-a)(d-b)). (7.9) 2 4i Если четырёхугольник ABCD вписан в окружность zz=1, то (7.9) принимает вид:

1 (c-a)(d-b)(ac-bd) S= ·. (7.10) 4i abcd 7.3. Соотношение Бретшнайдера. Для выпуклого четырёхугольника ABCD имеет место равенство b b (AC·BD)2=(AB·CD)2+(BC·AD)2-2AB·BC·CD·DA cos(A+C), (7.11) известное как соотношение Бретшнайдера. Докажем его.

3—7685.—Я. П. Понарин.

Примем вершину A за нулевую точку плоскости. На основании (7.2) имеем:

b b d b-c d(b-c) A+C=arg +arg =arg b d-c b(d-c) и поэтому b b db(b-c)(d-c)+db(b-c)(d-c) cos(A+C)=, 2AB·BC·CD·DA вследствие чего правая часть доказываемого равенства (7.11) равна bb(d-c)(d-c)+dd(b-c)(b-c)-db(b-c)(d-c)-db(b-c)(d-c)= =cc(d-b)(d-b).

Но и AC2·BD2=cc(d-b)(d-b).

7.4. Теорема Птолемея. Если четырёхугольник ABCD вписан b b b b в окружность, то A+C=180 и cos(A+C)=-1. Поэтому соотношение (7.11) в этом случае принимает вид:

(AC·BD)2=(AB·CD+BC·AD)2, AC·BD=AB·CD+BC·AD. (7.12) Итак, во вписанном в окружность четырёхугольнике произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон (теорема Птолемея).

b b b b Из равенств (7.12) и (7.11) следует, что cos(A+C)=-1, A+C= d d =180. Это имеет место, в частности, в случаях, когда BAD=0, BCD= d d =180, или когда BAD=180, BCD=0. В этих двух случаях точки A, B, C, D коллинеарны. Следовательно, если для неколлинеарных точек A, B, C, D выполняется равенство (7.12), то четырёхугольник ABCD вписан в окружность, т. е. имеет место обратная теорема Птолемея.

7.5. Решение задач.

З а д а ч а 1. В окружности проведены три параллельные хорды AA1, BB1, CC1. Доказать, что для произвольной точки M окружности прямые MA1, MB1, MC1 образуют равные углы с прямыми BC, CA, AB соответственно.

Пусть данная окружность имеет уравнение zz=1. По условию (3.4) параллельности хорд имеем: aa1=bb1=cc1. Следует доказать, k k k - - - - - - - - что MA1, CB = MB1, CA = MC1, BA (рис. 19). Первое равенство эквивалентно такому:

b-c a-c arg =arg, a1-m b1-m C1 C или (b-c)(b1-m) AAarg =0.

(a-c)(a1-m) Значит, эта дробь должна быть действительным числом. И это так, поскольку со- B1 B пряжённое ей число M (c-b)(m-b1)aa1 (b-c)(b1-m) Рис. (c-a)(m-a1)bb1 = (a-c)(a1-m) равно этой же дроби. Аналогично доказывается и второе равенство углов.

З а д а ч а 2. Доказать, что угол между прямыми Симсона точек Mи M2 описанной около треугольника ABC окружности относительно этого треугольника равен вписанному углу, опирающемуся на дугу M1M2.

Пусть точке M1 соответствует прямая Симсона (п. 6.3), содержащая ортогональные проекции A1, B1, C1 точки M1 на прямые BC, CA, AB, а точке M2 — аналогичная прямая, проходящая через ортогональные проекции A2, B2, C2 точки M2 на те же три прямые (рис. 20).

Если описанная окружность имеет уравнение zz=1, то ac ab 2b1=a+c+m1-, 2c1=a+b+m1-, m1 mac ab 2b2=a+c+m2-, 2c2=a+b+m2-.

m2 m- - - Векторам 2B1C1 и 2B2C2 соответствуют комплексные числа 2(c1-b1)= =(b-c)(1-am1) и 2(c2-b2)=(b-c)(1-am2).

Следовательно, k - - c2-b- B1C1, B2C2 =arg c1-b1 = CMB 1-am2 m1(m2-a) =arg.

1-am1 =arg m2(m1-a) - - A-kС другой стороны, AM1, AM2 = m2-a C=arg. Поэтому m1-a Mk - - - - - - -kB1C1, B2C2 - AM1, AM2 = Am1 - - -kA B2 C B=arg = OM2, OM1 = m - - - - -k- -k=- OM1, OM2 =-2 AM1, AM2. Рис. 3*—7685.—Я. П. Понарин.

- - - - -k - -kОтсюда B1C1, B2C2 =- AM1, AM2. Таким образом, ориентированные углы между этими векторами равны по величине, но имеют противоположные знаки.

З а д а ч а 3. Прямая, соединяющая середины двух противоположных сторон четырёхугольника, не являющегося трапецией, образует равные углы с двумя другими сторонами. Доказать, что последние две стороны равны.

Пусть M и N — середины сторон BC и DA положительно ориенk - - - k - тированного четырёхугольника ABCD и NM, AB = DC, NM. Согласно формуле (7.1), b-a m-n (b-a)(c-d) arg =arg arg =0.

m-n c-d (m-n)(b-a)(c-d) Это значит, что число является действительным. Но m= (m-n)1 1 (b-a)(c-d) 4(b-a)(c-d) = (b+c), n= (a+d), значит, =.

2 (m-n)2 ((b-a)+(c-d))pq Обозначим b-a=p, c-d=q. Тогда — действительное число (p+q)(p+q)2 (p+q)и поэтому =. А это равенство эквивалентно такому:

pq pq (pp-qq)(pq-pq)=0. Поскольку четырёхугольник ABCD не является трапецией, то AB CD pq=pq, а, значит, pp=qq AB=CD.

Задачи 1.53. Докажите, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит пополам угол между высотой и медианой, проведёнными из той же вершины.

1.54. Найдите угол между боковыми сторонами равнобедренного треугольника, если его медианы, проведённые к боковым сторонами, перпендикулярны.

1.55. Докажите, что ортоцентр треугольника служит центром вписанной окружности для треугольника, вершинами которого являются основания высот данного треугольника.

1.56. Разность углов A и B треугольника ABC равна 90. Докажите, что расстояние от основания высоты, опущенной на сторону AB, до середины этой стороны равно радиусу описанной около треугольника окружности.

1.57. Основание D высоты CD треугольника ABC делит сторону AB в отношении 3:1. Угол ACD вдвое больше угла BCD. Вычислите углы треугольника ABC.

Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 | 6 |   ...   | 19 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.