О НЕКОТОРЫХ КОНИКАХ, СВЯЗАННЫХ С ТРЕУГОЛЬНИКОМ

О НЕКОТОРЫХ КОНИКАХ, СВЯЗАННЫХ С
ТРЕУГОЛЬНИКОМ
В данной работе было рассмотрено несколько специальных конфигураций, связанных с
кониками. Рассмотрено несколько коник, ранее не встречавшихся в работах по
элементарной геометрии. Практически все из них связаны с треугольником. Были
найдены доказательства существования данных коник, а так же их центры, причем в
большинстве случаях получаются точки, отсутствующие в фундаментальной
Энциклопедии Треугольных Центров профессора Кларка Кимберлинга (см. [5]).
Теоремы, используемые в работе
Теорема Карно.( см. [1],[6])
(1.1.1)
Пусть А1 , А2  ВС ; В1 , В2  СА; С1 , С2   АВ . Тогда эти шесть точек лежат на одной
конике, если и только если выполнено условие Карно:
 BA1 BA2   CB1 CB2   AC1 AC2 



 1



 CA CA   AB AB   BC BC 
2  
1
2  
1
2 
 1
Из этой теоремы, можно легко получить два полезных следствия, которые нам пригодятся
в дальнейшем.
Следствие 1
(1.1.2)
Пусть шесть точек попарно расположены на прямых, содержащих стороны некоторого

 

треугольника АВС, причем пары векторов ( BA1 , CA2 ), CB1 , AB2 и AC1 , BC 2 равны по
величине и противоположны по направлению.
Тогда эти шесть точек лежат на одной конике.
B'2
C'1
A
C1
B2
B1
C2
A'1
B
A1
A2
C
A'2
C'2
B'1
1
Доказательство
Рассмотрим, например, «внутренний» случай («внешний» совершенно аналогичен).
Пусть ВС  a, CA  b, AB  c и BA1  CA2  x, CB1  AB2  y, AC1  BC 2  z .
Тогда
 BA1 BA2   CB1 CB2   AC1 AC2 



  ( x   a  x )    y   b  y     z   c  z   1



 b y
 CA CA   AB AB   BC BC 
ax
x
y   c  z
z 

2  
1
2  
1
2 
 1
, и, в силу Теоремы 1.1, рассматриваемые точки принадлежат одной конике.
Следствие 2
(1.1.3)
Если шесть точек, расположенных на сторонах (или их продолжениях) некоторого
треугольника можно разбить на две тройки, каждая из которых является основаниями
конкурентных чевиан, то существует коника, содержащая эти шесть точек.
A
C2
B2
P2
C1
B1
Р1
B
A1
A2
C
Доказательство
Следует дважды применить обратную теорему Чевы (см. [1],[2],[3],[4], [6]) , а затем
воспользоваться теоремой Карно:
 BA1 BA2   CB1 CB2   AC1 AC2   BA1 CB1 AC1   BA2 CB2 AC2 





  1  1  1.







 CA CA   AB AB   BC BC   CA AB BC   CA AB BC 
2  
1
2  
1
2 
1
1  
2
2
2 
 1
 1
Уравнение коники в барицентрических координатах.(см. [6])
(1.2.1)
В барицентрических координатах уравнение коники имеет вид:
ux 2  vy 2  z 2  2 fyz  2 gzx  2hxy  0 1
И является однородным как относительно коэффициентов, так и относительно переменных, т.е. не
меняется (переходит в равносильное), если все коэффициенты (или все переменные) умножить
одновременно на любой постоянный ненулевой множитель.
1
2
Определение вида коники и координат центра по ее уравнению.(см. [6])
(1.2.2)
Пусть уравнение коники задано: ux 2  vy 2  z 2  2 fyz  2 gzx  2hxy  0 .
Введем следующие обозначения:
U  vw  f 2 ,V  wu  g 2 ,W  uv  h 2 , F  gh  uf , G  hf  vg, H  fg  wh.
Тогда вид коники зависит от знака выражения   U  V  W  2F  G  H  :
Если   0 , то коника является эллипсом, если   0 - параболой, а если   0 гиперболой.
Центр коники имеет координаты U  G  H : V  F  H : W  F  G
Теорема о эллипсе растроения
Рассмотрим произвольный треугольник АВС и поделим каждую из его сторон на три
равные части. Тогда точки А1 , А2 , В1 , В2 , С1 , С2 лежат на конике с центром в точке M —
точке пересечения медиан треугольника АВС . Причем диагонали вписанного в конику
шестиугольника и отрезки соединяющие середины его противоположных сторон будут
делиться этой точкой пополам.
A
C1
B2
A'0
C0
C2
B0
G
B1
B'0
B
C'0
A0
A1
A2
C
Для доказательства данной теоремы, воспользуемся следствием (1.1.2) теоремы Карно, так
a
b
c
как BA1  CA2  , CB1  AB2  , AC1  BC 2  .
3
3
3
Так же, если заметить, что противоположные стороны рассматриваемого шестиугольника
параллельны (по теореме Фалеса), то эту теорему можно доказать и по-другому, с
помощью обратной теоремы Паскаля (см. [1], [6]), которая формулируется следующим
образом:
3
Если точки пересечения прямых, содержащих противоположные стороны некоторого
шестиугольника лежат на одной прямой, то его вершины лежат на одной конике.
А в нашем шестиугольнике противоположные стороны параллельны - т.е., с проективной
точки зрения, точки их пересечения лежат на бесконечно удаленной прямой.(см.
[1],[2],[6]).
Для того, чтобы доказать, что центром коники является центроид M – мы применим
теорему о том, что середины пучка параллельных хорд коники лежат на прямой,
проходящей через ее центр (см.[1],[6]).
Очевидно, что диагональ С1 А2 параллельна АС, середина АС, точка В0 - является также и
серединой В1 В2 и т.д.(по теореме Фалеса)
Из теоремы Фалеса, так же следует то, что все имеющиеся в условии диагонали и отрезки
делятся центроидом пополам, а из этого, то, что медианы делятся цетроидом в отношении
2:1 (см. [3],[4]).
Так же из вышесказанного следует, что полученный шестиугольник является центрально
симметричным, с центром симметрии в M.
Теперь докажем, что наша коника действительно всегда будет представлять собою эллипс.
Для этого воспользовавшись Теоремой (1.2.1), составим уравнение коники.
Координаты шести наших точек имеют вид:
А1  0 : CA1 : BA1  0 : 2a : a  0 : 2 : 1; A2  0 : CA2 : BA2  0 : a : 2a  0 : 1 : 2;
B1  CB1 : 0 : AB1  b : 0 : 2b  1 : 0 : 2; B2  CB2 : 0 : AB2  2b : 0 : b  2 : 0 : 1;
C1  BC1 : AC1 : 0  2c : c : 0  2 : 1 : 0; C2  BC 2 : AC2 : 0  c : 2c : 0  1 : 2 : 0.
Теперь подставив данные координаты в уравнение коники, придем к системе из 6-ти
линейных уравнений.
В итоге получим u  v  w  4; f  g  h  5 , т.е. уравнение коники имеет вид:
2 x 2  2 y 2  2 z 2  5 yz  5 zx  5xy  0 .
И, поскольку U  V  W  9 и F  G  H  45 , то   9  3  2  3  45  243  0 ,
следовательно, по Теореме (1.2.2), наша коника является эллипсом.
Теорема о ортоэллипсе
Из вершины А, произвольного треугольника АВС, проведем два луча, перпендикулярных
АВ и АС и таких, что они не пересекают прямую ВС. Затем рассмотрим отрезок В2С1 ,
вписанный в угол, образованный этими лучами, причем параллельный и равный отрезку
4
ВС. Отрезки В1А2 и А1С2 определяется аналогично. Тогда, точки В2, С1, В1, А2, А1,С2
лежат на эллипсе с центром в точке Н – ортоцентре треугольника АВС.
Противоположные стороны шестиугольника параллельны; диагонали его и отрезки,
соединяющие середины противоположных сторон, проходят через точку Н, которой и
делятся пополам.
A'''0
C''1
B''2
A
C''0
B''0
C''2
B''1
H
B
C
B'''0
C'''0
A''1
A''0
A''2
Данное утверждение получается из Теоремы (2.1), если рассмотреть гомотетию, с центром
в точке О – центре описанной окружности треугольника АВС с коэффициентом 2.
5
A''
B''2
C''1
A
C1
C2
C''2
B
B2
H
G O
A1
B1
A2
B''1
C
C''
B''
A''1
A''2
Пусть В , С  - образы точек В и С при этой гомотетии.
Тогда В С  || BC , поскольку при гомотетии прямые, не проходящие через ее центр,
переходят в параллельные. Поэтому, опустив перпендикуляры из точек В и С на прямую
ВС  , получим прямоугольник с вершинами в этих точках и основаниях
1
перпендикуляров, которые обозначим А1 и A2'' . Поэтому ВА1  СА2 и А1A2''  ВС  АВ  .
3
Так же, так как ОВ  ОС (как радиусы описанной окружности), то и ОВ  ОС , как
образы этих отрезков при гомотетии. Следовательно, ВВ  СС  и прямоугольные
треугольники ВВА1 и СС А2 будут равны (по катету и гипотенузе). Значит, ВА1  СА2 .
1
1
АВ  , то В А1  А1A2''  СА2  В С  - т.е. точки А1 и В1 являются
3
3
образами точек А1 и А2 при рассматриваемой гомотетии. Также доказывается, что точки
И, так как А1В1 
В1 , В2 , С1 , С2 переходят в точки В1, В2, С1, С2 . Наконец, по самому способу построения,
очевидно, что отрезки В2С1 , В1А2 и А1С2 таковы именно, какими мы представили их.
То же, что центроид треугольника G указанной гомотетией переводится в ортоцентр Н,
следует из факта существования прямой Эйлера. На ней лежат точки H,G,O – причем G
делит отрезок НО в отношении 2:1 (см. [1],[2],[3],[4],[6].)
6
Теорема о конике задаваемой точками касания вневписанных
окружностей с продолжениями сторон
Пусть Ba , Ca , Cb , Ab , Ac , Bc - точки касания вневписанных окружностей с продолжениями
сторон ВС, СА, АВ треугольника АВС.
Тогда эти точки принадлежат одной конике, центр которой Р имеет следующие
барицентрические координаты:


 : b
a 2 a 4  2abc(b  c  a)  b 2  c 2
P
bca
2
2
4
c c  2abc(a  b  c)  a 2  b 2 
.
:
abc


2
2
b
4

 2abc(c  a  b)  c 2  a 2
c a b
 :
2
Bc
Ib
Cb
A
Ic
P
C0
B0
I
C
B
A0
Ca
Ba
Ab
Ac
Ia
Доказательство
Обозначим за p полупериметр треугольника ABC. Для доказательства того, что указанные
шесть точек лежат на конике, необходимо лишь воспользоваться Следствием (1.1.2), так
как BC a  CBa  p  a, CAb  ACb  p  b, ABc  BAc  p  c . (см. [1],[2],[3],[4],[6])
Координаты точек принимают вид:
Ba  0 : CBa :  BB a  0 : p  a :  p; Ca  0 : CCa : BC a  0 :  p : p  a;
7
Ab  CAb : 0 :  AAb  p  b : 0 :  p; Cb  CCb : 0 : ACb   p : 0 : p  b;
Bc   BBc : ABc : 0   p : p  c : 0; Ac  BAc :  AAc : 0  p  c :  p : 0.
Подставив данные координаты в уравнение коники, получим, что2
u  v  w  1;
2

b  c  a 2
f 
;
b  c 2  a 2
c  a 2  b 2 ;
g
c  a 2  b 2
2

a  b  c 2
h
.
c  a 2  b 2
Далее воспользовавшись Теоремой (1.2.2) получаем, что
U 
4a 2 b  c 
2
b  c  a 2 a  b  c 2
a  b

,V  
2
c  a  b 2 a  b  c 2

,W  
4c 2 a  b 
2
a  b  c 2 a  b  c 2
.
a 2  b  c 
F

a  b  c 2 a  b  c a  c  b  b  c  a a  b  c 
2
 c 2 b 2  a  c 
4b 2 c  a 
2
2
Значения G и H довольно длинные, и мы не будем их выписывать, но отметим, что G
получается из F посредством циклического сдвига a  b  c  a . И точно также из G
затем получается Н.
Тогда первая координата центра коники имеет вид:


a 2 a 4  2abc(b  c  a)  b 2  c 2
bca
 
2
4
a  b  c  b  c  a c  a  ba  b  b
2
,
а две другие получаются из нее циклическими сдвигами.
После сокращения на общий множитель
4
a  b  c  b  c  a c  a  b a  b  b 
2
получаются заявленные в условии выражения для координат центра.
Но данная коника, в зависимости от длин сторон треугольника может быть как эллипсом,
так и гиперболой или параболой, это зависит от знака
выражения   U  V  W  2F  G  H  (Теорема 1.2.2)
Здесь и далее, в целях экономии бумаги, мы опускаем громоздкие преобразования. По ходу дела мы часто
пользовались еще и однородностью коэффициентов и координат, домножая и сокращая некоторые
выражения на общие множители.
2
8

4
a  b  c  b  c  a  c  a  b 2 a  b  c 2
2
2


 b c  c a  a b
 Pa, b, c  , где Pa, b, c  =


 a 8  b 8  c 8  2 b 4 c 4  c 4 a 4  a 4 b 4  4a 2 b 2 c 2 a 2  b 2  c 2 

 4abc a  b  c
5
5
5
4
4
4
Так как знаменатель дроби положителен, знак зависит от P, при P  0 имеем эллипс, при
P  0 - параболу, и при P  0 гиперболу.
Ib
Bc
Cb
A
Ic
C0
B0
I
B
Ca
Ba
C
A0
P
Ab
Ia
Ac
Но, как позже выяснилось, центр данной коники, вместе с ней самой указаны в [5].
Эта коника была открыта 20 лет назад известным американским геометром Полем Ю
(Paul Yiu), редактором замечательного журнала [7].
Теорема о конике задаваемой точками касания вписанной и
вневписанных окружностей
Пусть А1 , В1 , С1 , А2 , В2 , С2 - точки касания вписанной и вневписанных окружностей со
сторонами ВС, СА, АВ треугольника АВС соответственно.
Тогда эти точки принадлежат одной конике, центр которой Р, имеет следующие
барицентрические координаты:



P  a 2 c  b  a  a 3  a 2 b  c   b  c  b  c   a b 2  c 2 : :  (две другие получаются из
2
первой циклическими сдвигами a  b  c  a ).
9
Ib
A
Ic
C2
C1
B1
C0
B0
P
J
B2
N
I
A0
B
A1
C
A2
Ia
Доказательство
Обозначим полупериметр треугольника ABC через p.
Воспользовавшись Следствием (1.1.2) сразу получим то, что данные шесть точек лежать
на конике, так как BА1  CА2  p  a, CВ1  AВ2  p  b, AС1  BС2  p  c . (см.
[1],[2],[3],[4],[6]).
Далее выпишем координаты точек:
А1  0 : CB1 : BB1  0 : p  c : p  b; A2  0 : CB2 : BB2  0 : p  b : p  c;
B1  CB1 : 0 : AB1  p  c : 0 : p  a; B2  CB2 : 0 : AB2  p  a : 0 : p  c;
C1  BC1 : AC1 : 0  p  b : p  a : 0; C2  BC 2 : AC2 : 0  p  a : p  b : 0.
Подставив теперь координаты точек в уравнение коники, получим, что
u  v  w  1;
b  c 2  a 2 ;
b  c 2  a 2
c  a 2  b 2 ;
g
c  a 2  b 2
a  b 2  c 2 .
h
c  a 2  b 2
f 
Далее, из Теоремы 1.2.2 получим:
10
U 
4a 2 b  c 
4b 2 c  a 
2
4c 2 a  b 
2
,V  
,W  
2
b  c  a 2 a  b  c 2
c  a  b 2 c  b  a 2
с  a  b 2 b  c  a 2
2a 4  b 4  c 4  2a 3 b  c   2a 2 b 2  bc  c 2   2ab 3  c 3 
.
F
b  c  a 2 c  a  ba  b  c 
.
G получается из F посредством циклического сдвига a  b  c  a , тоже самое с Н из
G.
Тогда первая координата центра коники имеет вид:


4a 2 a 3  a 2 b  c   b  c  b  c   a b 2  c 2
2
c  b  a a  c  b  b  a  c 
2
2
 , а две другие получаются из нее
циклическими сдвигами.
И после сокращения на общий множитель
4
b  c  a  c  a  b 2 a  b  с 2
2
получаются
выражения для координат центра, заявленные в условии.
Данная точка отсутствует в Энциклопедии Треугольных Центров[5].
Данная коника может быть, в зависимости от длин сторон треугольника, как эллипсом,
так и параболой или гиперболой.
Когда именно она принимает тот или иной вид, зависит от знака выражения
  U  V  W  2F  G  H  (1.2.2)

4
b  c  a  c  a  b 2 a  b  c 2
Pa, b, c  =
2

 Pa, b, c  , где
 

 a 6  b 6  c 6  2 a 5 b  b 5 c  c 5 a  ab 5  bc 5  ca 5  2 a 4 bc  b 4 ca  c 4 ab  6a 2 b 2 c 2 

 
 3 a 4 b 2  b 4 c 2  c 4 a 2  a 2 b 4  b 2 c 4  c 2 a 4  4 b 3 c 3  c 3 a 3  a 3b 3

Поскольку знаменатель дроби положителен, P  0 имеем эллипс, P  0 параболу, P  0
гиперболу.
Равноокружностный эллипс
В произвольном треугольнике АВС рассмотрим следующие три пары окружностей
(одинаковых в каждой паре):
Первые две равные друг другу окружности вписаны в углы при вершинах В и С
соответственно и касаются внешним образом друг друга.
Вторые две касающиеся окружности вписаны в углы С и А.
11
Третья же пара – в углы А и В. 3.
В конфигурации Пааша отметим точки Ba , Ca , Cb , Ab , Ac , Bc - точки касания
соответствующих пар равных окружностей со сторонами ВС, СА, АВ соответственно.
Тогда эти шесть точек лежат на одной конике, а ее центр М лежит внутри отрезка GI ,
соединяющего центроид треугольника с инцентром, а прямая, содержащая этот отрезок,
называется прямой Нагеля, на ней также лежит и точка Нагеля N.
Также, центроид G делит отрезок NI в отношении 2:1 внутренним образом (см.
GM
p
p2
(где, p – полупериметр исходного треугольника, r –


IM
3r 3S
радиус вписанной в него окружности, а S – площадь).
[1],[2],[3],[4],[5],[6]) и
Барицентрические координаты центра имеют следующий вид:
M  2  cot

B
C
C
A
A
B
a
b
c
 cot : 2  cot  cot : 2  cot  cot  2  : 2  : 2  
2
2
2
2
2
2
r
r
r
a b c
: :
rA rB rC
- где a, b, c, A, B, C - длины соответствующих сторон треугольника и величины его
соответствующих углов, а rA , rB , rC - радиусы соответствующих окружностей Пааша.
A
Ab
Ac
OAc
OAb
Cb
I
Bc
OBa
OBc
rA
G
rA
OCb
OCa
r
rA
rA
B
M
Ba
Ca
льство
Пусть OBa , OCa , OCb , O Ab , O Ac , OBc - центры рассматриваемых окружностей.
3
Согласно [5], эту конфигурацию ввел геометр Иван Пааш.
12
C
Доказате
Очевидно, что четырехугольник OBa Ba C a OCa является прямоугольником. И
O Ba Ba  C a OCa  rA и OBa OCa  Ba Ca  2rA . Поэтому,
BB a  rA cot
По аналогии
ABc

BB c
cot
B
2
BB a
B
C


и CBa  CCa  Ba C a = rA  cot  2  
.

C
2
2
CBa


cot  2
2
BC a

CC a
B
C
C
A
2
cot
cot  2
cot
AAc
CCb
2
2 , CAb 
2
2 и
,
,


B
C
A
A
BAc
ACb
AAb
cot
cot  2
cot
cot  2
2
2
2
2
cot
A
2
2
B
cot
2
cot
 BB BC a   CCb CAb   AAc ABc 



Условие Карно(1.1.1) выполняется.  a 


 CB CC   AC AA   BA BB 
a  
b
b  
c
c 
 a
B
C
C
A
A
2
cot
cot  2
cot
cot  2
2
2 
2
2 
2




 1.
C
C
A
A
B
B
cot  2
cot
cot  2
cot
cot  2
cot
2
2
2
2
2
2
cot
B
2
cot
Далее выпишем барицентрические координаты:
Ba  0 : cot
C
B
C
B
 2 : cot ; C a  0 : cot : cot  2;
2
2
2
2
С b  cot
C
A
C
A
: 0 : cot  2; Ab  cot  2 : 0 : cot ;
2
2
2
2
Ac  cot
B
A
B
A
 2 : cot : 0; Bc  cot : cot  2 : 0.
2
2
2
2
Подставив затем координаты точек в уравнение коники (Теорема 1.2.1), получим:
u  2 cot
A
A
B
B
C
C



 cot  2 ; v  2 cot  cot  2 ; w  2 cot  cot  2  ;
2
2
2
2
2
2



13
f  (cot
C
B 
C
B


 cot   cot  2  cot  2 ) ;
2
2 
2
2


g  (cot
A
C 
A
C


 cot   cot  2  cot  2 ) ;
2
2 
2
2


h  cot
B
A 
B
A


 cot   cot  2  cot  2  .
2
2 
2
2


Сделаем замены x  cot
A
B
C
 0 , y  cot  0 и z  cot  0
2
2
2
И по Теореме 1.2.2 получим:
U  42  y  z  ;V  42  z  x  ;W  42  x  y  ;
2
2
2
F  4(2  y 2  z   x 2 3  2 y  2 z  2 yz   x8  5 y  5 z  4 yz ;
G  4(2  z 2  x   y 2 3  2 z  2 x  2 zx   y8  5z  5x  4 zx ;
H  4(2  x 2  y   z 2 3  2 x  2 y  2 xy  y8  5x  5 y  4 xy.
Для координат центра по 1.2.2 получим
М = 81  x1  y 1  z 2  y  z  : 81  x1  y 1  z 2  z  x: 81  x1  y 1  z 2  x  y 
Сократим на 81  x1  y 1  z  и получим
M  2  y  z : 2  z  x : 2  x  y  2  cot
B
C
C
A
A
B
 cot : 2  cot  cot : 2  cot  cot .
2
2
2
2
2
2
Далее из полученных нами соотношений,
B
C
C
A
A
B



a   cot  cot r ; b   cot  cot r ; c   cot  cot r
2
2
2
2
2
2



и
B
C
C
A
A
B






a   cot  cot  2 rA ; b   cot  cot  2 rB ; c   cot  cot  2 rC , найдем еще
2
2
2
2
2
2






две формы записи координат центра:
M  2
a
b
c a b c
:2 :2  : :
r
r
r rA rB rC
Далее разберемся с коллинеарностью точек G,M,I.
14
a
b
c
: 2  : 2  , т.е. М является центром масс системы материальных точек
r
r
r
a
b
c
(2  ) А : (2  ) В : (2  )С .
r
r
r
M  2
Эту систему можно разбить на две подсистемы: 2 A,2 B,2C (с центром масс в G и
a b c
a  b  c 2p
A, B, C (с центром в I и суммарной массой

).
r r r
r
r
Из правил группировки и рычага (см. [3]) получим, что М  GI  и
суммарной массой 6 ) и
6  GМ 
2p
GM
p
 IM 

.
r
IM
3r
Применив формулу о площади треугольника через радиус вписанной окружности (см.
[2],[3],[4]), полученное отношение можно переписать несколько по-другому:
S ABC  p  r 
GM
p
p2


.
IM
 S  3S
3 
 p
Далее, нам остается доказать, что полученная коника действительно является эллипсом.
После разложения на множители выражение Ф из Теоремы 1.2.2 примет вид:
  16 (1+x) (1+y) (1+z) (3+x+y+z), следовательно наша коника будет эллипсом.
Теорема о конике полученной пересечением перпендикуляров
В произвольном треугольнике ABC, через точку A, проведем прямые, перпендикулярные
AB и AC, через точку B, перпендикулярные BA и BC, через с перпендикулярные CA и CB.
При пересечении, данные прямые образуют точки H1, H2, H3, H4, H5, H6 (которые, кстати,
лежат на одной конике, центр которой — точка пересечения серединных перпендикуляров
треугольника ABC). Впишем в треугольники AH2B, AH3B, AH1C, AH3C, CH5B, CH4B
окружности, тогда точки касания данных окружностей с треугольником ABC лежат на
одной конике, центр которой имеет следующие барицентрические координаты:
b1 2  4c1  a1 1  c1 (4  c1 )   c1 2  a1   b1 c1 a1  c1   1 : ... : ...; (две другие получаются из
2
первой циклическими сдвигами a1  b1  c1  a1 ).
 (90 o  A) 
 (90 o  B) 
 (90 o  C ) 
; b1  cot
; c1  cot
, )
(где a1  cot
2
2
2






15
Для доказательства, воспользуемся Теоремой Карно (1.1.1).
CA2  r1 ; BA2  r1  cot
CA2
(90 o  B)


2
BA2
1
;
(90 o  B)
cot
2
По аналогии:
CA1
(90 o  C ) BC 1
 cot
;

BA1
2
AC1
BC 2
1
(90 o  B )
;

cot
;
2
(90 o  A) AC 2
cot
2
o
AB2
AB
1
(90  A)

; 1  cot
;
o
CB2
2
(90  C ) CB1
cot
2
Условие Карно выполняется:
1
(90 o  C )
1
(90 o  B)
1
(90 o  A)

  cot

  cot

  cot
1
2
2
2
(90 o  B)
(90 o  A)
(90 o  C )
cot
cot
cot
2
2
2
16
Далее выпишем барицентрические координаты:
(90 o  C )
(90 o  B)
: 1; A2  0 : 1 : cot
;
2
2
A1  0 : cot
(90 o  A)
(90 o  C )
B1  1 : 0 : cot
; B2  cot
: 0 : 1;
2
2
C1  1 : cot
(90 o  A)
(90 o  B)
: 0; C 2  cot
: 1 : 0;
2
2
 (90 o  A) 
 (90 o  B) 
 (90 o  C ) 




, тогда подставив данные
Пусть a1  cot
; b1  cot
; c1  cot
2
2
2






координаты в уравнение коники (Теорема 1.2.1), получим:
u  2a1 ; v  2b1 ; w  2c1 ;
f  b1c1  1; g  a1c1  1; h  a1b1  1;
Тогда, U  (b1c1  1) 2 ;V  (a1c1  1) 2 ;W  (a1b1  1) 2 ;
F  a1 b1c1  2a1 (b1c1  1)  a1 (b1  c1 )  1;
2
G  a1b1 c1  2b1 (a1c1  1)  b1 (a1  c1 )  1;
2
H  a1b1c1  2c1 (a1b1  1)  c1 (a1  b1 )  1;
2
Тогда первая координата коники имеет
вид, b1 2  4c1  a1 1  c1 (4  c1 )   c1 2  a1   b1 c1 a1  c1   1; две другие, из нее
2
получаются циклическими сдвигами a1  b1  c1  a1 . Эта точка отсутствует в
Энциклопедии Треугольных Центров[5].
Данная коника может быть, как эллипсом, так и параболой или гиперболой.
Когда она принимает тот или иной вид, зависит от знака
выражения Ф  U  V  W  2( F  G  H ) (Теорема 1.2.2)
Ф  2(b1 (c1  1)  a1 (b1  c1  1)  c1  3) , если Ф>0 у нас эллипсом, если Ф=0 парабола, Ф<0
гипербола.
Теорема о конике полученной пересечением перпендикуляров с антидополнительным треугольником
Имеется треугольник ABC, построим анти проективный треугольник A’B’C’. Проведем
перпендикуляры к B’C’ из вершин B и C, к A’C’ из A и C, к A’B’ из A и B.
Получим шесть прямоугольных треугольников AC’1C, AB’1B, BC’2C, BA’1A, CB’2B, CA’2A.
Впишем, в каждый из них окружность, тогда точки касания данных окружностей со
17
сторонами треугольника ABC, лежат на одной конике, центр которой имеет следующие
барицентрические координаты:
4 x 2 yc1 zb1  x(b1c1  yz )2 yza1  z (a1b1  xy)  x(b1c1  yz )  yz (a1c1  xz)2 xb1  (a1b1  xy)  : ... : ...;
a  b1  c1  a1
(две другие получаются из первой циклическими сдвигами 1
).
x yzx
где a1 , b1 , c1 – те же, что и в предыдущем случае, а x  cot
A
B
C
; y  cot ; z  cot ; )
2
2
2
Для доказательства, воспользуемся Теоремой Карно (1.1.1).
CA
B
(90  B)
CA1  r1 cot ; BA1  r1 cot
 1 
2
2
BA1
B
2
;
(90  B)
cot
2
cot
По аналогии:
18
(90  C )
A
(90  B)
cot
cot
CA2
BC1
BC 2
2
2
2

;

;

;
C
(90  A) AC2
B
BA2
AC1
cot
cot
cot
2
2
2
C
(90  A)
cot
cot
AB1
AB2
2
2

;

;
(90  C ) CB2
A
CB1
cot
cot
2
2
cot
Условие Карно выполняется:
B
(90  C )
A
(90  B)
C
(90  A)
cot
cot
cot
cot
cot
2
2
2
2
2
2






1
(90  B)
C
(90  A)
B
(90  C )
A
cot
cot
cot
cot
cot
cot
2
2
2
2
2
2
cot
Выпишем барицентрические координаты точек:
A1  0 : cot
B
(90  B)
(90  C )
C
: cot
; A2  0 : cot
; cot ;
2
2
2
2
B1  cot
(90  C )
C
A
(90  A)
: 0 : cot ; B2  cot : 0 : cot
;
2
2
2
2
С1  cot
A
(90  A)
(90  B)
B
: cot
: 0; C 2  cot
: cot : 0;
2
2
2
2
Подставив координаты в уравнение коники, получим:
v  2  cot
A
C
(90  B)
A
B
(90  C )
B
C
(90  A)
 cot  cot
; w  2  cot  cot  cot
; u  2  cot  cot  cot
;
2
2
2
2
2
2
2
2
2
f  cot
A
B
C
(90  C )
(90  B) 
 cot
 cot  cot  cot
;
2
2
2
2
2

g  cot
B
A
C
(90  C )
(90  A) 
 cot
 cot  cot  cot
;
2
2
2
2
2

h  cot
C
B
A
(90  A)
(90  B) 
 cot
 cot  cot  cot
;
2
2
2
2
2

 (90 o  A) 
 (90 o  B) 
 (90 o  C ) 
; b1  cot
; c1  cot
,
Обозначим a1  cot
2
2
2






x  cot
A
B
C
; y  cot ; z  cot ;
2
2
2
19
Тогда,
U  4 x 2 yb 1zc 1 - x 2 (b1c1  yz) 2 ;V  y 2 zc 1 xa 1 - y 2 (a 1c1  xz) 2 ;W  z 2 xa 1 yb 1 - z 2 (a 1b1  xy) 2 ;
F  2xyza 1 (b1c1  yz)  yz(a 1b1  xy) (a 1c1  xz), G и H находятся циклическими сдвигами
a1  b1  c1  a1
x yzx
Тогда первая координата коники имеет вид,
4 x 2 yc1 zb1  x(b1c1  yz )2 yza1  z (a1b1  xy)  x(b1c1  yz )   yz (a1c1  xz)2 xb1  (a1b1  xy) ,
остальные две находятся теми же сдвигами. Данная точка отсутствует в Энциклопедии
Треугольных Центров[5].
Данная коника может быть, как эллипсом, так и параболой или гиперболой.
Когда она принимает тот или иной вид, зависит от знака
выражения Ф  U  V  W  2( F  G  H ) (Теорема 1.2.2)
Ф  4 x 2 yc1zb 1 - y 2 (a 1c1  xz) 2 - x 2 (b1c1  yz) 2 - (b1a 1  yx) 2 z 2  4xc 1 y 2 za 1  4 z 2 yb 1 xa 1 
 2 (2 (a 1c1  xz) xzb 1 y  2 (a 1b1  xy) yxc 1z  x (a 1c1  xz) y (b1c1  yz)  2x(b 1c1  yz) yza 1 
 (a 1b1  xy) (a 1c1  xz)yz  x (a 1b1  xy) (b1c1  yz) z) , если Ф>0 у нас эллипсом, если Ф=0
парабола, Ф<0 гипербола.
Теорема о «конике симметрии»
В произвольном треугольнике ABC, построим анти-дополнительный треугольник A’B’C’ .
Далее, отразим точку A’ относительно серединного перпендикуляра стороны CB, точку B’
относительно серединного перпендикуляра стороны AC, точку C’ относительно
серединного перпендикуляра стороны AB. Получим точки A”, B”, C”. Теперь впишем
окружности в треугольники AC”B, AC’B, AB’C, AB”C, CA”B, CA’B, тогда шесть точек
касания данных окружностей с треугольником ABC, лежат на одной конике, центр
которой имеет следующие барицентрические координаты:
x y  z  x
2
2
 y  z   yz  y  z   x y  z 2  : ... : ...; (две другие получаются из первой
циклическими сдвигами x  y  z  x ).
20
Для доказательства, воспользуемся Следствием 1.1.2 Теоремы Карно. Так как
C
B
A
CA2  BA1  r  cot ; BC 1  AC 2  r  cot ; CB1  AB2  r  cot ;
2
2
2
Выпишем барицентрические координаты точек:
A1  0 : cot
B
C
C
B
: cot ; A2  0 : cot : cot ;
2
2
2
2
B1  cot
C
A
A
C
: 0 : cot ; B2  cot : 0 : cot ;
2
2
2
2
C1  cot
A
B
B
A
: cot : 0; C 2  cot : cot : 0;
2
2
2
2
Обозначим, x  cot
A
B
C
; y  cot ; z  cot ;
2
2
2
Подставив данные координаты в уравнение коники, получим:
u  v  w  2;
y2  c2
x2  y2
x2  c2
;g
f 
;g
;
xc
yc
xy
Тогда,
U -
 y  z 2  y  z  2 ; V
4y2z2
-
x  z 2 x  z 2 ;W
4x 2 z 2
-
21
x  y 2 x  y 2 ;
4x 2 y 2
F
3y
2








z 2  z 4  x 2 y 2  3z 2
3x 2 z 2  x 4  y 2 z 2  3x 2
3y 2 x 2  y 4  z 2 x 2  3 y 2
;
G

;
H

;
4 xyz 2
4 zyx 2
4 zxy 2
Тогда первая координата коники имеет вид,
x y  z  x
2
2
 y  z   yz  y  z   x y  z 2 , остальные получаются циклическими сдвигами
x  y  z  x . Данная точка отсутствует в Энциклопедии Треугольных Центров[5].
x 4 ( y  z ) 2  y 2 z 2 ( y  z ) 2  2 x 3 ( y  z ) 3  2 xyz( y  z ) 3  x 2 ( y 4  6 y 3 z  6 y 2 z 2  6 yz 3  z 4 )
Ф
4x 2 y 2 z 2
, если Ф>0 у нас эллипс, если Ф=0 парабола, Ф<0 гипербола.
Теорема о конике образованной симметрией относительно
тангенциального треугольника.
Рассмотрим произвольный треугольник ABC. Опишем около него окружность и проведем
к ней касательные, параллельные сторонам треугольника. Отразим вершины
треугольника, относительно данных касательных. Получим шесть прямоугольных
треугольников. Впишем в каждый из них окружность, тогда точки касания данных
окружностей с треугольником ABC, будут лежать на одной конике.
Для доказательства воспользуемся Следствием 1.1.2, т.к.
AB2  CB1 ; BA1  CA2 ; AC1  BC 2 .
Далее выпишем барицентрические координаты наших точек:
22
A1  0 : cot
A
A
: 1; A2  0 : 1 : cot ;
4
4
B1  1 : 0 : cot
С1  cot
B
B
; B2  cot : 0 : 1;
4
4
C
C
: 1 : 0; A2  1 : cot : 0;
4
4
В итоге получим:
u  v  w  1;
f   sin
A
B
C
; g   sin ; h   sin ;
2
2
2
A 
B
C
A

Тогда первая координата центра примет вид  sin  1 sin  sin   cos 2 , остальные
2
2
2
2


получаются циклическими сдвигами A  B  C  A . Данная точка отсутствует в
Энциклопедии Треугольных Центров[5].
2
B
C
B
C
A 

 
Ф  4 sin  sin  1   sin  sin  sin  1 , если Ф>0 имеем эллипс, если Ф=0
2
2
2
2
2

 

параболу, Ф<0 гиперболу.
Литература
[1]. А. Акопян, А. Заславский. Геометрические свойства кривых второго порядка.
М.,МЦНМО, 2011.
[2] А. Мякишев. Элементы геометрии треугольника. М., МЦНМО, 2009.
[3] В. Прасолов. Задачи по планиметрии. М., МЦНМО, 2007.
[4] И. Шарыгин. Геометрия. Планиметрия. (Задачник9-11). М., Дрофа, 2001.
[5] Kimberling C. Encyclopedia of Triangle Centers.
http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/
[6] Yiu P. Introduction to the Geometry of the Triangle.
http://math.fau.edu/yiu/GeometryNotes020402.pdf
[7] ForumGeometricorum – электронный журнал, посвященный элементарной геометрии.
http://forumgeom.fau.edu
23
24