Геометрия 10БВ, предварительный конспект

Содержание
Предварительная программа экзамена по геометрии, 10БВ
2
1 Лемма об отношении площадей
1.1 Лемма об отношении площадей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Теоремы Чевы и Менелая . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Синусная теорема Чевы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
4
5
2 Геометрия масс
2.1 Центр масс . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Барицентрические координаты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Момент инерции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
8
9
3 Вписанные углы
3.1 Окружность девяти точек (окружность Эйлера) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Лемма о трезубце . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Прямая Симсона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Связь прямой Симсона с другими геометрическими объектами . . . . . . . . . . . . . . .
12
12
13
14
15
4 Степень точки и радикальные оси
4.1 Степень точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Радикальная ось двух окружностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
18
19
5 Движения плоскости
5.1 Примеры движений плоскости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Род движений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Композиция движений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Теорема Шаля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
21
21
22
24
6 Преобразования подобия
6.1 Определение и основные свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Гомотетия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Композиция гомотетий . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Поворотная гомотетия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5 Классификация преобразований подобия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
25
25
26
27
29
7 Инверсия
7.1 Определение и основные свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Примеры применения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Построение одним циркулем . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
30
30
32
8 Стереометрия
8.1 Аксиомы стереометрии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Взаимное расположение прямых и плоскостей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Параллельность прямых и плоскостей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4 Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Параллельное проецирование . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
33
33
33
34
34
1
Предварительная программа экзамена по геометрии, 10БВ
1. Лемма об отношении площадей. Теорема Чевы в обычной и синусной форме. Теоремы Менелая,
Ван Обеля, Жергонна.
2. Выражение длин отрезков касательных к вписанной и вневписанных окружностям через стороны
треугольника. Точки Нагеля и Жергонна.
3. Метод масс. Определение и существование центра масс. Правило рычага. Теорема о группировке.
4. Барицентрические координаты. Их выражение через площади. Координаты замечательных точек
треугольника. Прямая Нагеля. Прямая Ньютона.
5. Уравнение прямой в барицентрических координатах.
6. Момент инерции системы точек. Теоремы Лагранжа и Якоби (без док-ва). Формула Эйлера о
расстоянии между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника, доказательство
с помощью момента инерции.
7. Симметричность прямых AO и AH относительно биссектрисы угла A. Прямая Эйлера. Окружность девяти точек. Прямая Симсона. Теорема Микеля. Прямая Обера. Лемма о трезубце. Теорема Птолемея.
8. Теоремы о секущих и об отрезках хорд. Степень точки относительно окружности. Радикальная
ось, радикальный центр. Доказательство теоремы Брианшона через радикальные оси.
9. Определение движения, примеры движений. Движения первого и второго рода. Композиция двух
осевых симметрий. Композиция поворотов. Теорема Наполеона.
10. Задание движения образами трёх точек. Представление движений в виде композиции симметрий.
Классификация движений плоскости (теорема Шаля).
11. Определение преобразований подобия. Их свойства. Гомотетия как пример преобразования подобия. Доказательство леммы Архимеда с помощью гомотетии. Гомотетичность треугольников
с параллельными сторонами.
12. Теорема о композиции гомотетий. Теорема о трех колпаках.
13. Спиральное и зеркальное подобия. Теорема о классификации преобразований подобия (без доква).
14. Центр поворотной гомотетии, переводящий один отрезок в другой. Доказательство существования точки Микеля через спиральное подобие.
15. Инверсия и ее свойства: круговое свойство, сохранение углов. Поризм Штейнера. Теорема Фейербаха. Доказательство леммы Архимеда с помощью инверсии.
16. Построения одним циркулем (теорема Мора-Маскерони).
17. Аксиомы стереометрии. Взаимное расположение двух прямых, прямой и плоскости, двух плоскостей. Теорема Дезарга.
18. Параллельность прямых и плоскостей. Признаки параллельности. Транзитивность параллельности для прямых и плоскостей. Существование и единственность пары плоскостей, содержащих
две скрещивающиеся прямые.
19. Параллельное проецирование, сохранение отношений при параллельном проецировании.
2
1
Лемма об отношении площадей
1.1
Лемма об отношении площадей
Лемма 1. (Об отношении площадей) Рассмотрим треугольники ABC1 и ABC2 , прямые AB и
C1 C2 пересекаются в точке P . Тогда
SABC1
P C1
“
.
SABC2
P C2
Доказательство. Пусть H1 и H2 — проекции точек C1 и C2 на прямую AB. В треугольниках P C1 H1
и P C2 H2 углы H1 и H2 прямые, а углы при вершине P равны, поэтому треугольники P C1 H1 и P C2 H2
подобны, откуда
CH1
P C1
“
.
CH2
P C2
Тогда
SABC1
1{2 ¨ CH1 ¨ AB
CH1
P C1
“
“
“
.
SABC2
1{2 ¨ CH2 ¨ AB
CH2
P C2
Отметим, что в условиях леммы возможно четыре картинки (см. рис. 1). Несложно видеть, что приведенное доказательство работает для каждой из них.
Рис. 1: Четыре возможных случая леммы об отношении площадей
Замечание. Отметим, что точка P может не существовать, то есть прямые C1 C2 и AB могут быть
параллельны. В этом случае площади треугольников ABC1 и ABC2 будут равны, поскольку высоты,
проведённые из вершин C1 и C2 к основанию AB, будут равны.
Пример. На сторонах BC, AC, AB треугольника ABC выбраны точки A1 , B1 , C1 соответственно
так, что отрезки AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в точке P . Тогда выполнены равенства
• теорема Жергонна:
A1 P B1 P C1 P
`
`
“ 1,
A1 A B1 B C1 C
• теорема ван Обеля:
AC1 AB1
AP
`
“
.
C1 B B1 C P A1
Доказательство. Обозначим площади треугольников BP C, AP C, AP B через Sa , Sb , Sc соответственно. Используя лемму об отношении площадей получим, что теорема Жергонна равносильна очевидному равенству
Sa
Sb
Sc
`
`
“ 1,
Sa ` Sb ` Sc Sa ` Sb ` Sc Sa ` Sb ` Sc
а теорема ван Обеля равносильна очевидному равенству
Sb
Sc
Sb ` Sc
`
“
.
Sa Sa
Sa
3
1.2
Теоремы Чевы и Менелая
Лемма 2. Рассмотрим на плоскости различные точки A и B и положительное действительное
число c ‰ 1. Тогда на прямой AB существует ровно 2 точки X таких, что AX : XB “ c, причём
одна из них лежит на отрезке AB, а другая — вне него.
Доказательство. Введём на прямой AB систему координат, пусть у точек A и B координаты a и b
соответственно. Точки X с координатой x из условия должны удовлетворять равенству
$
a ` bc
’
’
&x1 “
,
a´x
1`c
“ ˘c ô
a ´ bc
’
b´x
’
%x2 “
.
1´c
Без ограничения общности, можно считать, что 0 ă a ă b, c ą 1. Тогда несложно видеть, что a ă x1 ă b
и x2 ą b, то есть соответствующая точка X1 лежит на отрезке AB, а точка X2 — вне отрезка AB за
точкой B.
Упражнение. Рассмотрим на плоскости различные точки A и B и положительное действительное
число c ‰ 1. Докажите, что ГМТ X на плоскости таких, что AX : XB “ c, является окружность. (Эта
окружность называется окружностью Апполония.)
Теорема 1. (Теорема Чевы) На прямых AB, AC, BC выбраны точки C1 , B1 , A1 соответственно,
причём либо все три точки лежат на сторонах, либо одна на стороне, а две на продолжениях
сторон. Тогда прямые AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в одной точке (или параллельны) тогда и только
тогда, когда
AC1 BA1 CB1
¨
¨
“ 1.
(1)
C1 B A1 C B1 A
Доказательство. Пусть прямые AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в точке P . Обозначим площади треугольников BP C, AP C, AP B через Sa , Sb , Sc соответственно. Используя лемму об отношении площадей, получим, что
Sb Sc Sa
AC1 BA1 CB1
¨
¨
“
¨
¨
“ 1.
C1 B A1 C B1 A
Sa Sb Sc
Если же прямые AA1 , BB1 , CC1 параллельны, то равенство (1) следует из теоремы Фалеса. Таким
образом, в одну сторону теорема доказана.
Докажем утверждение в обратную сторону. Пусть прямые BB1 и CC1 пересекаются в точке P , а
прямая AP пересекает прямую BC в точке A11 (если прямые BB1 и CC1 параллельны, то точку A11
определим как точку пересечения BC и прямой, параллельной BB1 и проходящей через точку A).
Тогда из только что доказанного для точки A11 выполнено равенство
AC1 BA11 CB1
¨
¨
“ 1,
C1 B A11 C B1 A
(2)
а для точки A1 по условию выполнено равенство
AC1 BA1 CB1
¨
¨
“ 1.
C1 B A1 C B1 A
(3)
Сравнивая (2) и (3), получим, что
BA11
BA1
“
.
1
A1 C
A1 C
Если изначально выбрать точки B1 и C1 обе либо на сторонах, либо на продолжениях сторон, то точки
A1 и A11 будут лежать на стороне BC. Но тогда по лемме 2 точки A1 и A11 совпадают, то есть прямые
AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в одной точке (или параллельны).
4
Теорема 2. (Теорема Менелая) На прямых AB, AC, BC выбраны точки C1 , B1 , A1 соответственно, причём либо все три точки лежат на продолжениях сторон, либо одна на продолжении
стороны, а две на сторонах. Точки A1 , B1 , C1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда
AC1 BA1 CB1
¨
¨
“ 1.
C1 B A1 C B1 A
Доказательство. Обозначим площади треугольников AA1 B1 , BA1 B1 , CA1 B1 через Sa , Sb , Sc соответственно. Используя лемму об отношении площадей, получим, что
AC1 BA1 CB1
Sb Sc Sa
¨
¨
“
¨
¨
“ 1.
C1 B A1 C B1 A
Sa Sb Sc
Докажем утверждение в обратную сторону. Пусть прямая B1 C1 пересекает прямую BC в точке A11 .
Тогда из только что доказанного для точки A11 выполнено равенство
AC1 BA11 CB1
¨
¨
“ 1,
C1 B A11 C B1 A
(4)
а для точки A1 по условию выполнено равенство
AC1 BA1 CB1
¨
¨
“ 1.
C1 B A1 C B1 A
(5)
Сравнивая (4) и (5), получим, что
BA11
BA1
“
.
1
A1 C
A1 C
Если изначально выбрать точки B1 и C1 обе либо на сторонах, либо на продолжениях сторон, то точки
A1 и A11 будут лежать на продолжении стороны BC. Но тогда по лемме 2 точки A1 и A11 совпадают,
то есть точки A1 , B1 , C1 лежат на одной прямой.
Упражнение. Прямая пересекает стороны A1 A2 , A2 A3 , . . . , An A1 (или их продолжения) многоугольника A1 A2 . . . An в точках M1 , M2 , . . . , Mn соответственно. Докажите, что
A1 M1 A2 M2
An Mn
¨
¨ ... ¨
“ 1.
M1 A2 M2 A3
Mn A1
Верно ли обратное утверждение?
Упражнение. Рассмотрим многоугольник A1 A2 . . . A2n`1 и точку P . Обозначим точку пересечения
P Ai с прямой Ai`n Ai`n`1 через Mi (положим A1 “ A2n`2 и т.д.). Докажите, что
A1 M1 A2 M2
A2n`1 M2n`1
¨
¨ ... ¨
“ 1.
M1 A2 M2 A3
M2n`1 A1
Верно ли обратное утверждение?
Другое обобщение теорем Чевы и Менелая можно посмотреть в [1].
1.3
Синусная теорема Чевы
Теорему Чевы можно переписать в другой формулировке, которая бывает полезна при решении задач.
Теорема 3. (Теорема Чевы в синусной форме) На прямых, содержащих стороны AB, AC, BC
треугольника ABC, выбраны точки C1 , B1 , A1 соответственно. Прямые AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в одной точке (или параллельны) тогда и только тогда, когда
sin =BAA1 sin =ACC1 sin =CBB1
¨
¨
“ 1.
sin =A1 AC sin =C1 CB sin =B1 BA
5
Доказательство. Заметим, что
BA1
SABA1
1{2 ¨ AB ¨ AA1 ¨ sin =BAA1
AB sin =BAA1
“
“
“
¨
.
A1 C
SCBA1
1{2 ¨ AA1 ¨ AC ¨ sin =A1 AC
AC sin =A1 AC
Аналогично доказывается, что
AC1
AC sin =ACC1
“
¨
,
C1 B
BC sin =C1 CB
CB1
BC sin =CBB1
“
¨
.
B1 A
AB sin =B1 BA
Перемножив эти три равенства, получим
BA1 AC1 CB1
sin =BAA1 sin =ACC1 sin =CBB1
¨
¨
“
¨
¨
.
A1 C C1 B B1 A
sin =A1 AC sin =C1 CB sin =B1 BA
(6)
Отметим, что полученное равенство верно вне зависимости от того, пересекаются прямые AA1 , BB1 ,
CC1 в одной точке или нет. Таким образом, равенство левой части единице эквивалентно равенству
правой части единице, откуда следует утверждение теоремы.
Замечание. Поскольку равенство (6) верно для произвольных точек A1 , B1 , C1 на прямых BC, AC,
AB соответственно, то аналогичным образом можно переформулировать теорему Менелая.
Следствие 1. Дан треугольник ABC и точка X. Тогда прямые, симметричные прямым AX, BX,
CX относительно биссектрис углов A, B, C соответственно, пересекаются в одной точке.
Доказательство. Легко следует из теоремы Чевы в синусной форме.
Определение. Эта точка, называется изогонально сопряжённой точке X.
Упражнение. Какие точки изогонально сопряжены сами себе?
Упражнение. Докажите, что центр описанной окружности треугольника и его ортоцентр изогонально сопряжены.
Аналогично, пользуясь обычной теоремой Чевы, можно вывести следующее утверждение.
Утверждение 1. Дан треугольник ABC и точка X. Прямые AX, BX, CX пересекают прямые
BC, AC, AB в точках A1 , B1 , C1 соответственно. Пусть A2 , B2 , C2 — точки, симметричные A1 ,
B1 , C1 относительно середин сторон BC, AC, AB соответственно. Тогда прямые AA2 , BB2 , CC2
пересекаются в одной точке.
Определение. Эта точка называется изотомически сопряжённой точке X.
Пример. Точки Нагеля и Жергонна изотомически сопряжены.
Теорема 4. (Теорема Паскаля). На окружности расположены точки A, B, C, D, E, F . Тогда
точки пересечения пар прямых AB и DE, BC и EF , CD и AF лежат на одной прямой.
Доказательство. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке X, BC и EF — в точке Y , CD и
AF — в точке Z. Для наглядности будем проводить рассуждения на рисунке 2. В других случаях
рассуждения аналогичны.
Кроме того, из вписанности следуют равенства =DAX “ =ZCY , =XAZ “ =Y CF . Треугольники
AZD и CZF подобны. Отметим в треугольнике CZF точку X 1 , соответствующую точке X в подобном
треугольнике AZD. Тогда =XAZ “ =X 1 CZ, поэтому прямые CX 1 и CY симметричны относительно
биссектрисы угла C треугольника ZCF . Аналогично прямые F X 1 и F Y симметричны относительно
биссектрисы угла F . Таким образом, точки X 1 и Y изогонально сопряжены относительно треугольника
CZF , откуда =CZX 1 “ =F ZY . Но =CZX 1 из подобия равен =AZX, поэтому =AZX “ =F ZY , то
есть точки X, Y , Z лежат на одной прямой.
6
Рис. 2: К доказательству теоремы 4
7
2
Геометрия масс
2.1
Центр масс
Определение. Пусть на плоскости задана система точек с приписанными им массами pA1 , m1 q, pA2 , m2 q,
. . . , pAn , mn q. Центром масс этой системы называется такая точка Z, что выполнено равенство
ÝÝÑ
ÝÝÑ
ÝÝÑ Ñ
Ý
m1 ZA1 ` m2 ZA2 ` . . . ` mn ZAn “ 0 .
Теорема 5. Для любой системы материальных точек с ненулевой суммой масс существует единственный центр масс.
Доказательство. Написать. Пока часть доказательств есть в [2] и [3]
Замечание. Для двух точек это утверждение называется правилом рычага.
Теорема 6. (О группировке). Центр масс системы точек останется прежним, если часть точек
заменить одной точкой, которая расположена в их центре масс и которой приписана масса, равная
сумме их масс.
Доказательство. Написать
Утверждение 2. (Прямая Ньютона) В описанном четырёхугольнике центр вписанной окружности лежит на отрезке, соединяющем середины диагоналей.
Доказательство. Для начала докажем, что если поместить в точки касания вписанной в многоугольник окружности со сторонами массы, равные длине соответствующей стороны, то центр масс полученной системы материальных точек будет совпадать с центром вписанной окружности. Дописать
2.2
Барицентрические координаты
Определение. Тройка чисел pm1 , m2 , m3 q называется барицентрическими координатами точки Z
относительно треугольника A1 A2 A3 , если Z является центром масс системы материальных точек
pA1 , m1 q, pA2 , m2 q, pA3 , m3 q.
Упражнение. Рассмотрим точку Z внутри треугольника A1 A2 A3 . Докажите, что в качестве барицентрических координат точки Z можно взять тройку чисел pSZA2 A3 , SZA1 A3 , SZA1 A2 q. Что будет, если
точка Z лежит вне треугольника?
Понятно, что если все массы умножить на одно и то же ненулевое число, то центр масс не изменится,
то есть барицентрические координаты определены с точностью до пропорциональности. Поэтому иногда к определению добавляют условие на сумму масс: m1 ` m2 ` m3 “ 1. Оказывается, что при таком
условии барицентрические координаты каждой точки плоскости определены однозначно.
Теорема 7. Рассмотрим треугольник A1 A2 A3 . Для любой точки Z на плоскости существуют единственные барицентрические координаты pm1 , m2 , m3 q такие, что m1 ` m2 ` m3 “ 1.
Доказательство. Написать
Теорема 8. Прямая в барицентрических координатах задаётся уравнением αm1 ` βm2 ` γm3 “ 0,
где α, β, γ — действительные числа, среди которых есть разные.
Доказательство. Написать
8
Пример. (Прямая Нагеля) Несложно проверить, что барицентрические координаты точек
N pp ´ a, p ´ b, p ´ cq,
I pa, b, cq,
M p1, 1, 1q
удовлетворяют уравнению
pb ´ cqm1 ` pc ´ aqm2 ` pa ´ bqm3 “ 0.
Таким образом, точка Нагеля N , точки пересечения медиан M и биссектрис I лежат на одной прямой.
2.3
Момент инерции
Определение. Моментом инерции системы материальных точек pA1 , m1 q, pA2 , m2 q, . . . , pAn , mn q относительно точки O называется величина
IO “ m1 ¨ OA21 ` m2 ¨ OA22 ` . . . ` mn ¨ OA2n .
Теорема 9. (Теорема Лагранжа) Пусть Z — центр масс системы материальных точек pA1 , m1 q,
pA2 , m2 q, . . . , pAn , mn q, O — произвольная точка плоскости. Тогда
IO “ IZ ` M ¨ OZ 2 ,
где M “ m1 ` m2 ` . . . ` mn .
Доказательство. Рассмотрим одно слагаемое из определения IO .
ÝÝÑ2
ÝÝÑ ÝÝÑ
ÝÝÑ2
ÝÝÑ ÝÝÑ
mi ¨ OA2i “ mi ¨ OAi “ mi ¨ pOZ ` ZAi q2 “ mi ¨ OZ ` mi ¨ ZA2i ` 2mi ¨ pOZ, ZAi q.
Просуммируем все слагаемые:
IO “ m1 ¨ OA21 ` . . . ` mn ¨ OA2n “
n
ÿ
n
n
i“1
i“1
ÝÝÑ ÿ
ÝÑ2 ÿ
ÝÝÑ ÝÝÑ
mi ¨ OZ `
mi ¨ ZAi `
2mi ¨ pOZ, ZAi q.
i“1
ÝÝÑ2
Первая сумма равна M ¨ OZ , вторая сумма равна IZ , а в третьей сумме воспользуемся линейностью
скалярного произведения.
˜
¸
n
n
n
n
ÿ
ÝÝÑ ÿ
ÝÑ2 ÿ
ÝÝÑ ÝÝÑ
ÝÝÑ2
ÝÝÑ ÿ
ÝÑ
IO “
mi ¨ OZ `
mi ¨ ZAi `
2mi ¨ pOZ, ZAi q “ M ¨ OZ ` IZ ` 2 OZ, mi ¨ ZAi .
i“1
i“1
i“1
i“1
Поскольку Z — это центр масс, то в силу определения центр масс
n
ř
ÝÑ
Ñ
Ý
mi ¨ ZAi “ 0 . Таким образом,
i“1
˜
¸
n
ÝÝÑ2
ÝÝÑ ÿ
ÝÑ
ÝÝÑ2
IO “ M ¨ OZ ` IZ ` 2 OZ, mi ¨ ZAi “ M ¨ OZ ` IZ “ IZ ` M ¨ OZ 2 ,
i“1
что и требовалось доказать.
Теорема 10. (Теорема Якоби) Пусть Z — центр масс системы материальных точек pA1 , m1 q,
pA2 , m2 q, . . . , pAn , mn q. Тогда
1 ÿ
IZ “
¨
mi mj ¨ Ai A2j ,
M iăj
где M “ m1 ` m2 ` . . . ` mn .
9
Доказательство. Применим теорему Лагранжа, выбрав в качестве точки O последовательно точки
A1 , A2 , . . . , An .
IA1 “ IZ ` M ¨ A1 Z 2 ,
, IA2 “ IZ ` M ¨ A2 Z 2 ,
IAn “ IZ ` M ¨ An Z 2 .
...,
Домножим первое равенство на m1 , второе — на m2 , . . . , n-ое — на mn , а затем просуммируем. В
правой части получим:
n
ÿ
mi ¨ IZ `
i“1
n
ÿ
M ¨ mi ¨ Ai Z 2 “ IZ ¨
i“1
n
ÿ
mi ` M ¨
i“1
n
ÿ
mi ¨ Ai Z 2 “ M ¨ IZ ` M ¨ IZ “ 2M ¨ IZ .
(7)
i“1
В левой части для всех i распишем IAi по определению. Получим:
n
ÿ
mi ¨ IAi “
i“1
n
ÿ
mi ¨
i“1
ÿ
mj ¨ Ai A2j .
j‰i
Заметим, что каждое слагаемое mi mj ¨ Ai A2j в этой двойной сумме присутствует два раза, поэтому
n
ÿ
i“1
mi ¨
ÿ
mj ¨ Ai A2j “ 2
ÿ
mi mj ¨ Ai A2j .
(8)
iăj
j‰i
Приравняв (7) и (8) и поделив на 2M , получим требуемое.
Пример 1. Пусть P и Q — середины диагоналей A1 A3 и A2 A4 четырёхугольника A1 A2 A3 A4 . Докажем,
что
A1 A22 ` A2 A23 ` A3 A24 ` A4 A21 “ A1 A23 ` A2 A24 ` 4P Q2 .
Положим в вершины четырёхугольника массы 1. Тогда центр масс системы Z — это середина отрезка
P Q. Посчитаем момент инерции относительно Z двумя способами: по определению и по теореме Якоби.
По теореме Якоби
˘
1`
(9)
A1 A22 ` A1 A23 ` A1 A24 ` A2 A23 ` A2 A24 ` A3 A24 .
IZ “
4
По определению
`
˘ `
˘
IZ “ ZA21 ` ZA22 ` ZA23 ` ZA24 “ ZA21 ` ZA23 ` ZA22 ` ZA24 .
Чтобы связать ZA21 ` ZA23 с ZP 2 можно воспользоваться формулой длины медианы (ZP — медиана
в треугольнике A1 A2 Z), но давайте для иллюстрации метода воспользуемся теоремой Лагранжа для
системы точек pA1 , 1q и pA3 , 1q. Из центр масс — это точка P , поэтому, взяв в теорема Лагранжа
качестве точки O точку Z, получим
ZA21 ` ZA23 “ P A21 ` P A23 ` p1 ` 1q ¨ ZP 2 “
Аналогично
ZA22 ` ZA24 “
A1 A23 P Q2
`
.
2
2
A2 A24 P Q2
`
.
2
2
Сложив, получим
A1 A23 ` A2 A24
` P Q2 .
2
Приравняв к (9) и домножив на 4, получим нужное равенство.
ZA21 ` ZA22 ` ZA23 ` ZA24 “
Утверждение 3. (Формула Эйлера) В треугольнике точки O и I — центры описанной и вписанной окружности, R и r — соответственно их радиусы. Тогда
OI 2 “ R2 ´ 2Rr.
10
Доказательство. Обозначим вершины треугольника через A, B, C и положим в них массы a, b, c
соответственно (a, b, c — длины соответствующих сторон треугольника). Тогда центр масс этой системы
точек — это точка I. Чтобы в дальнейшем не путаться с обозначениями, будем обозначать центр
вписанной окружности через Z. Момент инерции точки O равен
IO “ a ¨ R2 ` b ¨ R2 ` c ¨ R2 “ pa ` b ` cq ¨ R2 .
(10)
По теореме Лагранжа он же равен
IO “ IZ ` pa ` b ` cq ¨ OZ 2 .
(11)
По теореме Якоби
`
˘
1
ab ¨ c2 ` ac ¨ b2 ` bc ¨ a2 “ abc.
a`b`c
Подставив (10) и (12) в (11), получим
IZ “
pa ` b ` cq ¨ R2 “ abc ` pa ` b ` cq ¨ OZ 2 ô OZ 2 “ R2 ´
(12)
abc
.
a`b`c
Осталось воспользоваться двумя формулами для площади треугольника, а именно
S“
abc
a`b`c
abc
“
¨r ô
“ 2Rr,
4R
2
a`b`c
откуда и следует требуемое.
11
3
Вписанные углы
3.1
Окружность девяти точек (окружность Эйлера)
Теорема 11. В любом треугольнике середины сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих вершины с ортоцентром треугольника, лежат на одной окружности.
Мы приведем два доказательства этой теоремы. Оба доказательства будут приведены для случая
остроугольного треугольника, для тупоугольного треугольника доказательство аналогично.
Доказательство. (Рабоче-крестьянское). Обозначим исходный треугольник через ABC, его ортоцентр — через H, середины сторон AB, AC, BC — через C1 , B1 , A1 соответственно, середины отрезков
AH, BH, CH — через A1 , B 1 , C 1 соответственно.
Рис. 3: К доказательству теоремы 11
Рассмотрим четырехугольник B1 C1 B 1 C 1 . Поскольку
B1 C 1 и C1 B 1 — средние линии треугольников ACH и
ABH соответственно, то они равны и параллельны прямой AH. Поскольку B1 C1 и B 1 C 1 — средние линии треугольников ABC и HBC, то они равны и параллельны
прямой BC. Так как прямые AH и BC перпендикулярны, то четырехугольник B1 C1 B 1 C 1 является прямоугольником, поэтому около него можно описать окружность с
центром в середине отрезка B 1 B1 . Аналогично четырехугольник A1 B1 A1 B 1 — это прямоугольник, поэтому его
можно вписать в окружность с центром в середине отрезка B 1 B1 , откуда точки A1 , B1 , C1 , A1 , B 1 , C 1 лежат на
одной окружности ω.
Рассмотрим основание высоты из вершины A. Из него отрезок A1 A1 (диаметр ω) виден под прямым
углом, поэтому эта точка также лежит на ω. Аналогично два других основания высоты лежат на этой
окружности.
Прежде чем переходить ко второму доказательству, докажем полезную лемму.
Лемма 3. (Об отражении ортоцентра). Точки, симметричные ортоцентру H треугольника ABC
относительно сторон и середин сторон, лежат на описанной окружности треугольника ABC, причем точки, симметричные относительно середин сторон, диаметрально противоположны соответствующим вершинам.
Доказательство. Несложно видеть, что если угол A
треугольника ABC равен α, то угол BHC равен 180˝ ´α.
Если H 1 — точка, симметричная H относительно прямой
BC, то =BH 1 C “ =BHC “ 180˝ ´ α, то есть угол BH 1 C
в сумме с углом A дает 180˝ , поэтому точка H 1 лежит на
описанной окружности треугольника ABC.
Аналогично, если H 2 — точка, симметричная H относительно середины стороны BC, то BHCH 2 — это параллелограмм, поэтому =BH 2 C “ 180˝ ´α, то есть точка H 2
лежит на описанной окружности. Поскольку BHCH 2 —
это параллелограмм, то прямые BH и CH 2 параллельны, а так как BH является высотой треугольника ABC,
то CH 2 K AC, то есть AH 2 — диаметр описанной окружности.
Рис. 4: К доказательству леммы 3
Следствие 2. В треугольнике ортоцентр и центр описанной окружности изогонально сопряжены.
12
Доказательство. В обозначениях леммы 3 прямая BC содержит среднюю линию треугольника HH 1 H 2 ,
поэтому BC k H 1 H 2 , откуда дуги BH 1 и CH 2 равны. Но тогда и опирающиеся на них углы равны, то
есть =BAH “ =CAO, где O — центр описанной окружности треугольника ABC.
Дадим второе доказательство существования окружности Эйлера.
Доказательство. (Получше). Рассмотрим гомотетию с центром в точке H и коэффициентом 21 . При
этой гомотетии точки, симметричные H относительно сторон и середин сторон перейдут в основания высот и середины сторон соответственно, вершины треугольника перейдут в середины отрезков
AH, BH, CH. Все эти точки будут лежать на одной окружности — образе описанной окружности
треугольника при гомотетии.
В частности, из этого доказательства следует, что центр окружности Эйлера — это середина отрезка,
соединяющего ортоцентр с центром описанной окружности треугольника.
Лемма 4. AH “ 2OM , где M — середина BC
Доказательство. Написать
Лемма 5. Прямая Эйлера существует!
Доказательство. Написать
3.2
Лемма о трезубце
Теорема 12. (Лемма о трезубце). Точка I — центр вписанной окружности треугольника ABC,
Ia — центр вневписанной окружности, вписанной в угол A треугольника. Точка A1 — середина дуги
BC описанной окружности треугольника ABC, не содержащей точки A. Тогда A1 B “ A1 C “ A1 I “
A1 Ia .
Доказательство. Рассмотрим треугольник BIA1 . В нём
=A1 BI “ =A1 BC ` =CBI “ =A1 AC ` =CBI “
=A ` =B
.
2
С другой стороны,
=A ` =B
.
2
Таким образом, =A1 BI “ =BIA1 , то есть A1 B “ A1 I. Аналогично равны отрезки A1 I и A1 C. Поскольку угол между внутренней и внешней биссектрисой угла треугольника равен 90˝ , то =IBIa “
=ICIa “ 90˝ , поэтому четырехугольник BICIa вписанный. Но по ранее доказанному A1 — это центр
описанной окружности треугольника BIC, поэтому и центр описанной окружности четырехугольника
BICIa , откуда отрезки A1 Ia и A1 I также равны.
=BIA1 “ =IBA ` =BAI “
Лемма 6. (Внешняя лемма о трезубце). Середина большой дуги равноудалена от двух вершин и
двух центров вневписанных окружностей.
Доказательство. Написать
13
3.3
Прямая Симсона
Теорема 13. Дан треугольник ABC. Основания перпендикуляров, опущенные из точки P , на прямые, содержащие стороны треугольника, лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда точка
P лежит на описанной окружности треугольника ABC.
Доказательство. Обозначим основания перпендикуляров из точки P на стороны BC, AC, AB треугольника
ABC через A1 , B1 , C1 соответственно.
Наличие на картинке нескольких прямых углов даёт
несколько вписанных четырёхугольников, нам потребуется два из них: P A1 BC1 и P A1 B1 C. Предположим, точка P лежит на описанной окружности треугольника. Тогда
=P A1 C1 “ =P BC1 “ =P CA “ 180˝ ´ =P A1 B1 .
Получается, что сумма углов P A1 C1 и P A1 B1 равна 180˝ ,
поэтому точки A1 , B1 , C1 лежат на одной прямой.
Обратно, если точки A1 , B1 , C1 лежат на одной прямой,
то
=P BC1 “ =P A1 C1 “ 180˝ ´ =P A1 B1 “ =P CA,
Рис. 5: К доказательству теоремы 13
то есть четырёхугольник ABP C вписанный (поскольку
его внутренний угол равен противоположному внешнему).
Прямая из предыдущей теоремы называется прямой Симсона точки P относительно треугольника
ABC. Для работы с прямой Симсона полезно понимать, как на картинке можно увидеть направление
прямой Симсона. Очень полезной оказывается следующая
Лемма 7. Рассмотрим произвольную точку P на описанной окружности треугольника ABC. Пусть прямая, проходящая через точку P перпендикулярно стороне BC, вторично пересекает описанную окружность
в точке P 1 . Тогда прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC параллельна прямой AP 1 .
Доказательство. Заметим,
P B1 A1 C вписанный. Отсюда
что
четырёхугольник
=A1 B1 C “ =A1 P C “ =P 1 AC,
то есть прямые A1 B1 и AP 1 действительно параллельны.
Следствие 3. Рассмотрим на описанной окружности
треугольника точки P1 и P2 такие, что кратчайшая
дуга P1 P2 равна 2α. Тогда угол между прямыми Симсона точек P1 и P2 равен α.
Рис. 6: К доказательству леммы 7
Доказательство. Пусть прямые, проходящие через точки P1 и P2 перпендикулярно стороне BC вторично пересекают описанную окружность в точках P11 и P21 . Тогда угол между прямыми Симсона
точек P1 и P2 равен углу P11 AP21 . Дуга P11 P21 равна дуге P1 P2 и равна 2α, поэтому =P11 AP21 “ α, что и
требовалось.
14
Рис. 7: К доказательству леммы 8
3.4
Связь прямой Симсона с другими геометрическими объектами
Лемма 8. Прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC делит пополам отрезок P H,
где H — ортоцентр треугольника ABC.
Доказательство. Пусть A1 — проекция точки P на прямую BC, Q — точка, симметричная P относительно BC, P 1 — точка пересечения прямой P R с описанной окружностью треугольника ABC, H 1 —
точка, симметричная H относительно BC. Докажем, что прямая Симсона точки P параллельна прямой QH. Поскольку прямая Симсона проходит через середину A1 стороны P Q треугольника P QH, то
она будет являться средней линией треугольника P QH, то есть делить сторону P H пополам.
Прямая Симсона точки P параллельна прямой AP 1 , поэтому будем доказывать параллельность прямых AP 1 и HQ. Заметим, что HP QH 1 — трапеция, у которой есть ось симметрии BC, поэтому она
равнобокая. Но тогда =P QH “ =P H 1 H, а углы P H 1 H и P P 1 A равны, как опирающийся на одну и
ту же дугу в описанной окружности треугольника ABC. Таким образом, =P QH “ =P P 1 A, откуда
следует искомая параллельность.
Следствие 4. Вообще убрать? Прямые Симсона диаметрально противоположных точек описанной
окружности треугольника ABC перпендикулярны, а их точка пересечения лежит на окружности
Эйлера треугольника ABC.
Доказательство. Обозначим две диаметрально противоположные точки через P1 и P2 , а точку пересечения их прямых Симсона через Q. Перпендикулярность прямых Симсона сразу вытекает из следствия 7. Для доказательства второй части теоремы вспомним, что окружность Эйлера гомотетична
описанной окружности треугольника относительно ортоцентра H с коэффициентом 1{2. Тогда середины X и Y отрезков HP1 и HP2 соответственно лежат на окружности Эйлера, причём XY является
диаметром, поскольку P1 P2 являлся диаметром. Но угол P1 QP2 прямой, поскольку прямые Симсона
перпендикулярны, следовательно, точка Q лежит на окружности Эйлера.
Прежде чем продолжить разговор про прямую Симсона, поговорим про ещё один классический факт.
Теорема 14. (Точка Микеля). Четыре прямые общего положения в пересечении образуют четыре
треугольника. Тогда описанные окружности этих треугольников пересекаются в одной точке.
15
Доказательство. Обозначим как показано на
рисунке 8 точки пересечения прямых из условия теоремы. Пусть M — точка пересечения описанных окружностей треугольников
EBC и F CD. Докажем, что четырёхугольник ABM F вписанный, то есть что описанная
окружность треугольника ABF проходит через точку M . Из вписанности четырёхугольника BCM E следует равенство =BM C “
=BEC, а из вписанности CDF M — равенство
=CM F “ =CDA. Тогда
=BAD “ 180˝ ´=AED´=ADE “ 180˝ ´=BM F,
откуда следует нужная вписанность. Аналогично четырехугольник ADM E является вписанным, то есть теорема доказана.
Рис. 8: К доказательству теоремы 14
Теорема 15. (Прямая Обера) Четыре прямые общего положения в пересечении образуют четыре
треугольника. Тогда ортоцентры этих треугольников лежат на одной прямой.
Доказательство. Рассмотрим точку Микеля четверки прямых из условия теоремы. Проведем рассуждение в обозначениях предыдущей теоремы. Опустим перпендикуляры из точки M на все четыре
прямые. Поскольку точка M лежит на описанной окружности треугольника ABF , то проекции точки
M на прямые AB, BF , AF лежат на одной прямой. Поскольку точка M лежит на описанной окружности треугольника ADE, то проекции точки M на прямые AD, DC, AB лежат на одной прямой.
Таким образом, все четыре проекции лежат на одной прямой, то есть прямые Симсона точки Микеля
относительно всех четырех треугольников совпадают (обозначим её через l).
В силу леммы 8 при гомотетии с коэффициентом 2 относительно некоторой точки P на описанной
окружности треугольника образ прямой Симсона точки P будет проходить через ортоцентр этого треугольника. Таким образом, при гомотетии с коэффициентом 2 относительно точки M прямая l перейдёт в прямую, проходящую через ортоцентр каждого из четырёх треугольников, то есть ортоцентры
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
Теорема 16. (Теорема Птолемея) Для любых точек A, B, C, D плоскости, не лежащих на одной
прямой, выполнено неравенство
AB ¨ CD ` AD ¨ BC ě AC ¨ BD,
причём равенство возможно только в случае, когда ABCD — вписанный четырёхугольник.
Доказательство. Пусть точки A, B, C не лежат на одной прямой, то есть образуют треугольник. Обозначим через α, β, γ — соответствующие углы треугольника ABC, а через d — диаметр его описанной
окружности.
Пусть A1 , B1 , C1 — основания перпендикуляров из точки D на прямые BC, AC, AB соответственно.
Поскольку углы AB1 D и AC1 D прямые, то точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром AD. По
теореме синусов для этой окружности
B1 C1 “ AD ¨ sin α.
Воспользовавшись теоремой синусов для треугольника ABC, получим sin α “ BC
, поэтому
d
B1 C1 “ AD ¨ sin α “ AD ¨
16
BC
AD ¨ BC
“
.
d
d
Аналогично выразим длины отрезков A1 B1 и A1 C1 :
A1 B1 “
AB ¨ CD
,
d
A1 C1 “
AC ¨ BD
.
d
Запишем неравенство треугольника для треугольника A1 B1 C1 :
A1 B1 ` B1 C1 ě A1 C1 ô
AB ¨ CD AD ¨ BC
AC ¨ BD
`
ě
ô AB ¨ CD ` AD ¨ BC ě AC ¨ BD.
d
d
d
Равенство возможно только в случае, если B1 лежит на отрезке A1 C1 . То, что точки A1 , B1 , C1 лежат на
одной прямой, по теореме 13 эквивалентно тому, что D лежит на описанной окружности треугольника
ABC. Несложно видеть, что принадлежность точки B1 отрезку A1 C1 эквивалентна тому, что точка D
лежит на дуге AC, не содержащей точку B. Таким образом, теорема доказана.
Упражнение. Что будет, если точки A, B, C, D лежат на одной прямой?
17
4
Степень точки и радикальные оси
4.1
Степень точки
Теорема 17. (Об отрезках секущих и отрезках хорд). Дана окружность ω и точка P , не
лежащая на ней. Прямая `, проходящая через точку P , пересекает ω в точках A и B. Тогда величина
P A ¨ P B не зависит от выбора прямой `.
Доказательство. Проведем через точку P вторую прямую, пересекающую ω в точках C и D. Докажем, что P A ¨ P B “ P C ¨ P D, откуда будет следовать утверждение теоремы.
Из того, что точки A, B, C, D лежат на одной окружности, следуют равенства углов:
=ACP “ =P BD, =CAP “ =P DB.
Отсюда следует, что треугольники P AC и P DB подобны, поэтому
AP
DP
“
ðñ AP ¨ P B “ P C ¨ P D,
PC
PB
что и требовалось доказать.
Рис. 9: К доказательству теоремы 17
Отметим, что приведенное доказательство работает и когда P расположена внутри ω, и когда вне.
В случае, если точка P расположена вне окружности, в качестве второй прямой можно взять касательную к ω (в этом случае точки C и D совпадают), поэтому указанная величина равна квадрату
касательной, проведенной к ω из точки P .
Определение. Для точки P величина P A ¨ P B, взятая со знаком плюс, если P лежит вне ω, и со
знаком минус, если P лежит внутри ω, называется степенью точки P относительно ω. Обозначение:
powω P .
Выведем ещё одну формулу для степени точки. Пусть R — радиус ω, d — расстояние от точки P до
центра ω. Проведем прямую через точку P и центр ω, точки пересечения этой прямой с ω обозначим
через A и B. Тогда, если P лежит вне ω, то
powω P “ P A ¨ P B “ pd ` Rq ¨ pR ´ rq “ d2 ´ R2 .
Если же P лежит внутри ω, то
powω P “ ´P A ¨ P B “ ´pd ` Rq ¨ pR ´ dq “ d2 ´ R2 .
Таким образом, мы получили формулу для степени точки, которая не зависит от взаимного расположения P и ω и от выбора секущей или хорды.
Формально ещё не разобран случай, когда точка P лежит на ω. В этом случае d2 ´ R2 “ 0, поскольку
d “ R, поэтому положим для точек на окружности степень точки равной нулю. Это хорошо согласуется
18
с первым определением, поскольку прямая, проходящая через P , будет пересекать окружность в двух
точках, одна из которых — это сама точка P , поэтому в произведении один из отрезков будет иметь
нулевую длину.
Пример. Прямоугольный треугольник, BC 2 “ BH ¨ BA, CH 2 “ AH ¨ BH.
Следствие 5. Обратно, как проверять вписанность с помощью степени точки
4.2
Радикальная ось двух окружностей
Рассмотрим две окружности ω1 и ω2 с радиусами R1 и R2 соответственно. Зададимся вопросом, как
устроено геометрическое место точек, имеющих одинаковую степень относительно этих окружностей.
Введем систему координат. Пусть центр ω1 имеет координаты p0; 0q, а центр ω2 — координаты pa; 0q.
Запишем условие, что у точки P с координатами px; yq степень точки относительно окружностей одинакова:
powω1 P “ powω2 P ðñ d21 ´ r12 “ d22 ´ r22 ðñ x2 ` y 2 ´ r12 “ pa ´ xq2 ` y 2 ´ r22 ðñ x “
a2 ` r12 ´ r22
.
2a
Следовательно, если a ‰ 0, то искомое ГМТ — это прямая, перпендикулярная оси Ox, то есть линии
центров. Таким образом, мы доказали следующую теорему.
Теорема 18. Геометрическим местом точек, имеющих одинаковую степень относительно двух
неконцентрических окружностей, является прямая.
Эта прямая называется радикальной осью окружностей ω1 и ω2 . Если a “ 0, то есть окружности ω1 и ω2
концентрические, то если r1 ‰ r2 , то искомое ГМТ пусто, если r1 “ r2 , то есть окружности совпадают,
то искомое ГМТ — это все точки плоскости.
Теорема 19. Радикальные оси трёх окружностей, центры которых не лежат на одной прямой,
пересекаются в одной точке.
Эта прямая называется радикальным центром трёх окружностей.
Доказательство. Обозначим окружности через ω1 , ω2 и ω3 . Рассмотрим радикальные оси пар окружностей ω1 и ω2 , ω1 и ω3 . Предположим, что они параллельны. Тогда линии центров пар окружностей ω1
и ω2 , ω1 и ω3 параллельны, то есть все три центра лежат на одной прямой, что противоречит условию
теоремы.
Обозначим точку пересечения радикальных осей пар окружностей ω1 и ω2 , ω1 и ω3 через X. Тогда X
имеет одинаковую степень относительно окружностей ω1 и ω2 , поскольку лежит на их радикальной оси,
а также одинаковую степень относительно окружностей ω1 и ω3 , поскольку лежит на их радикальной
оси, поэтому степень точки X относительно всех трех окружностей одинакова. В частности, степень
X относительно ω2 и ω3 равны, то есть X лежит на их радикальной оси. Таким образом, все три
радикальные оси проходят через точку X.
Радикальные оси могут возникать в задачах, в формулировке которых никаких окружностей нет. Перечислим распространённые типы утверждений, которые могут доказываться с помощью радикальных
осей.
• То, что три прямые пересекаются в одной точке, можно доказать, приведя три окружности, для
которых эти прямые являются радикальными осями.
• То, что три точки лежат на одной прямой, можно доказать, найдя две окружности, относительно
которых каждая из данных точек имеет одинаковую степень.
• Также то, что три точки лежат на одной прямой, можно доказать, если обнаружить три окружности с центрами в этих точках, имеющие общую радикальную ось.
• Перпендикулярность двух прямых можно продемонстрировать, найдя две окружности такие, что
одна из прямых — это линия их центров, а другая — радикальная ось.
19
Пример. Высоты — это радикальные оси окружностей, построенных на сторонах как на диаметрах,
поэтому они пересекаются в одной точке.
Теорема 20. (Теорема Брианшона) Главные диагонали описанного шестиугольника пересекаются
в одной точке.
Доказательство. Пусть шестиугольник ABCDEF описан около окружности. Обозначим точки касания через K, L, M , N , P , R. Выберем произвольное число a и отметим на продолжениях сторон AB
и DE за точки A и E соответственно точки K 1 и N 1 так, чтобы KK 1 “ N N 1 “ a (см. рис. 10).
Рис. 10: К доказательству теоремы 20
Построим окружность ω2 , касающуюся прямых AB и DE в точках Q1 и P 1 . Аналогично определим
точки M 1 , L1 , P 1 , Q1 и окружности ω1 и ω3 . Докажем, что AD — радикальная ось окружностей ω2 и
ω3 . Действительно,
AK 1 “ KK 1 ´ AK “ QQ1 ´ AQ “ AQ1 ,
то есть AK 1 “ AQ1 , то есть степень точки A относительно ω2 и ω3 равны. Аналогично степени точки D
относительно окружностей равны, поэтому AD действительно радикальная ось ω2 и ω3 . Аналогично
прямые BE и CF — радикальные оси пар окружностей ω1 и ω2 , ω1 и ω3 . Таким образом, прямые AD,
BE, CF пересекаются в одной точке.
20
5
Движения плоскости
Определение. Преобразование плоскости f называется движением, если для любых точек плоскости
A и B расстояние между точками A и B равно расстоянию между их образами f pAq и f pBq.
5.1
Примеры движений плоскости
1. Тождественное преобразование. Преобразование плоскости, при котором каждая точка остаётся
на месте, то есть f pAq “ A для любой точки A. Обозначается Id.
2. Параллельный перенос. Параллельный перенос задаётся вектором #»
v . При параллельном переносе
# »1 #»
#»
#»
1
на вектор v точка A переходит в такую точку A , что AA “ v . Обозначается T v
3. Осевая симметрия. Задаётся прямой l. При осевой симметрии относительно прямой l каждая
точка A переходит в точку, симметричную A относительно l. Обозначается Sl .
4. Поворот. Задаётся точкой O и углом поворота α. При повороте вокруг точки O на угол α каждая
точка A переходит в такую точку A1 , что OA “ OA1 , =AOA1 “ α, причём OA надо повернуть
α
для совмещения с OA1 на угол α против часовой стрелки. Обозначается RO
.
5. Центральная симметрия. Задаётся точкой O. Является частным случаем поворота, а именно
поворотом на 180˝ .
6. Скользящая симметрия. Задаётся прямой l и вектором #»
v , параллельным l. Является композицией симметрии относительно прямой l и параллельного переноса на вектор #»
v.
5.2
Род движений
Тут должно быть что-то очень умное про ориентацию, интуиция про обход по и против часовой стрелки
Определение. Движение плоскости называется движением первого рода, если его можно представить
в виде композиции чётного числа симметрий, и движением второго рода, если в виде композиции
нечётного числа симметрий.
Для доказательства корректности определения необходимо доказать, что никакое движение нельзя
представить в виде чётного и в виде нечётного количества симметрий. Для этого введём дополнительное определение.
Определение. Пусть на координатной плоскости заданы два вектор #»
u “ pux , uy q и #»
v “ pvx , vy q.
#»
#»
Назовём псевдоскалярным произведением векторов u и v определитель
r #»
u , #»
vs “
ux vx
.
uy vy
Свойства псевдоскалярного произведения.
• Линейность. r #»
u , λ #»
v ` #»
v s “ λr #»
u , #»
v s ` r #»
u , #»
v s.
1
2
1
2
• Кососимметричность. r #»
u , #»
v s “ ´r #»
v , #»
u s.
• Вектора #»
u и #»
v коллинеарны ô r #»
u , #»
v s “ 0.
Свойства легко доказываются через явную формулу для вычисления определителя. У псевдоскалярного произведения есть понятная геометрическая интерпретация. Она не понадобится при доказательстве
корректности определения рода движения, но является интересной сама по себе.
Теорема 21. Псевдоскалярное произведение r #»
u , #»
v s векторов #»
u и #»
v равно площади параллелограмма,
#»
#»
натянутого на вектора u и v , взятое со знаком «`», если угол, откладываемый по часовой стрелке
от #»
u к #»
v , меньше 180˝ , и со знаком «´» в противном случае.
21
Доказательство. Рассмотрим вектор #»
v 1 , полученный из вектора #»
v поворотом на 90˝ по часовой стрелке. Тогда если #»
v “ pvx , vy q, то #»
v 1 “ pvy , ´vx q. Перепишем псевдоскалярное произведение векторов
#»
#»
u и v:
u v
r #»
u , #»
v s “ x x “ ux vy ´ uy vx “ p #»
u , #»
v 1 q,
uy vy
где p #»
u , #»
v 1 q — это скалярное произведение векторов #»
u и #»
v 1 . Несложно видеть (сложно), что p #»
u , #»
v 1 q по
#»
#»
модулю равно площади параллелограмма, натянутого на вектора u и v , и со знаком тоже всё хорошо,
зуб даю.
Перейдём к доказательству корректности определения рода движения. Для начала докажем вспомогательную лемму.
Лемма 9. На плоскости даны векторы #»
u и #»
v и прямая `. Пусть #»
u “ S p #»
u q, #»
v “ S p #»
v q. Тогда
1
`
1
`
r #»
u 1 , #»
v 1 s “ ´r #»
u , #»
v s.
Доказательство. Пусть прямая m перпендикулярна прямой `. Спроецируем векторы #»
u и #»
v на эти
прямые. Каждый из векторов будет равен сумме своих проекций, то есть
#»
u “ #»
u m ` #»
u `,
#»
v “ #»
v m ` #»
v `.
Несложно видеть (без картинки сложно, надо нарисовать), что
#»
u 1 “ #»
u m ´ #»
u `,
#»
v “ #»
v m ´ #»
v `.
Используя линейность псевдоскалярного произведения и то, что псевдоскалярное произведение коллинеарных векторов равно 0, получим
r #»
u , #»
v s “ r #»
u m ` #»
u ` , #»
v m ` #»
v ` s “ r #»
u m , #»
v m s ` r #»
u m , #»
v ` s ` r #»
u ` , #»
v m s ` r #»
u ` , #»
v ` s “ r #»
u m , #»
v ` s ` r #»
u ` , #»
v ms
и
r #»
u 1 , #»
v 1 s “ r #»
u m ´ #»
u ` , #»
v m ´ #»
v ` s “ r #»
u m , #»
v m s ´ r #»
u m , #»
v ` s ´ r #»
u ` , #»
v m s ` r #»
u ` , #»
v ` s “ ´r #»
u m , #»
v ` s ´ r #»
u ` , #»
v m s.
Эти выражения противоположны, поэтому лемма доказана.
Допустим, некоторое движение можно представить в виде чётного и в виде нечётного количества симметрий. Рассмотрев композицию первого движения и движения, обратного ко второму, получим, что
композиция нечётного количества симметрий f является тождественным преобразованием. Докажем,
что это невозможно.
Рассмотрим какие-нибудь два неколлинеарных вектора #»
u и #»
v на плоскости. Введём какую-нибудь
систему координат и будем следить за знаком псевдоскалярного произведения r #»
u , #»
v s. Оно не равно
нулю и при каждой симметрии меняет знак. Следовательно,
r #»
u , #»
v s “ ´rf p #»
u q, f p #»
v qs,
поэтому движение f не может быть тождественным. Корректность доказана.
5.3
Композиция движений
В этом параграфе мы будем рассматривать композиции движений, то есть преобразования плоскости,
полученные путём последовательного применения нескольких движений.
Мы будем использовать следующие общепринятые обозначения. Если сначала выполнено движение f ,
затем движение g, а после — движение h, то их композиция обозначается h ˝ g ˝ f , то есть преобразования записываются в обратном порядке. Это связано с тем, что если мы захотим проследить, куда
переходит некоторая точка A, то сначала необходимо применить преобразование f , затем g, затем h:
h ˝ g ˝ f pAq “ hpgpf pAqqq.
22
Лемма 10. Рассмотрим параллельные прямые `1 и `2 . Пусть #»
v — такой вектор, перпендикуляр#»
v
2 #»
v
ный `1 , что T p`1 q “ `2 . Тогда S`2 ˝ S`1 “ T .
Доказательство.
Лемма 11. Рассмотрим прямые `1 и `2 , пересекающиеся в точке O. Пусть α — такой угол, что
α
2α
RO
p`1 q “ `2 . Тогда S`2 ˝ S`1 “ RO
.
Доказательство.
Лемма 12. Пусть O1 и O2 — две различные точки плоскости. Если сумма α1 ` α2 не кратна 360˝ ,
α2
α1
то композиция RO
˝ RO
является поворотом на угол α1 ` α2 . Если сумма α1 ` α2 кратна 360˝ , то
2
1
α2
α1
композиция RO
˝ RO
является параллельным переносом.
2
1
α {2
´α {2
Доказательство. Обозначим прямую O1 O2 через `, `1 “ RO1 1 p`q, `2 “ RO22 p`q. Воспользуемся леммой 11:
α2
α1
RO
˝ RO
“ S`2 ˝ S` ˝ S` ˝ S`1 “ S`2 ˝ S`1 .
2
1
Если прямые `1 и `2 не параллельны, то S`2 ˝ S`1 является поворотом на угол α1 ` α2 вокруг точки
пересечения `1 и `2 . Если прямые `1 и `2 параллельны (то есть α21 ` α22 кратно 180˝ ), то S`2 ˝S`1 является
параллельным переносом.
Замечание. Доказательство теоремы даёт способ построения центра композиции двух поворотов, если эта композиция является поворотом.
Теорема 22. (Теорема Наполеона). На сторонах треугольника во внешнюю сторону построены
равносторонние треугольники. Тогда центры этих треугольников образуют правильный треугольник.
Доказательство. Обозначим треугольник через ABC, а центры правильных треугольников, построенных на сторонах AB, AC, BC, — через Oc , Ob , Oa соответственно.
Рис. 11: К доказательству теоремы 22
˝
˝
˝
120
120
120
Рассмотрим композицию f поворотов RO
˝ RO
˝ RO
. Сумма углов поворота равна 360˝ , поэтому
c
a
b
f — это параллельный перенос. Посмотрим, куда переходит точка B:
˝
˝
˝
˝
˝
˝
120
120
120
120
120
120
pCq “ RO
pAq “ B.
RO
˝ RO
˝ RO
pBq “ RO
˝ RO
c
c
a
c
b
b
23
То есть B — неподвижная точка преобразования. Таким образом, f является тождественным преобразованием. Следовательно,
˝
˝
˝
˝
˝
˝
´120
120
120
120
120
120
.
“ RO
˝ RO
“ Id ô RO
˝ RO
˝ RO
RO
c
a
c
a
b
b
˝
˝
120
120
— это третья
˝ RO
С другой стороны, из доказательства леммы 12 центр композиции поворотов RO
c
b
вершина равностороннего треугольника, построенного на отрезке Ob Oc . Поэтому Oa совпадает с этой
вершиной, то есть треугольник Oa Ob Oc равносторонний.
5.4
Теорема Шаля
Лемма 13. Движение плоскости однозначно задаётся образами трёх точек, не лежащими на одной
прямой.
Доказательство. Написать
Лемма 14. Любое движение можно представить как композицию не более чем трёх симметрий.
Доказательство. Написать
Теорема 23. (Теорема Шаля). Любое движение плоскости является либо параллельным переносом, либо поворотом, либо скользящей симметрией.
Доказательство. Написать. Пока доказательство есть в [4]
24
6
Преобразования подобия
6.1
Определение и основные свойства
Определение. Преобразование плоскости f называется преобразованием подобия, если существует
такое действительное положительное k, что для любых точек плоскости A и B выполнено равенство
f pAqf pBq{AB “ k.
Свойства преобразования подобия.
• Прямая переходит в прямую. Рассмотрим фиксированные точки A и B и произвольную точку
C на прямой. Пусть после преобразования они перешли в точки A1 , B 1 , C 1 соответственно. Рассмотрим случай, когда C лежит на отрезке AB, остальные случаи аналогичны. В этом случае
AC ` CB “ AB, поэтому A1 C 1 ` C 1 B 1 “ A1 B 1 . Но из этого следует, что C 1 лежит на отрезке
A1 B 1 , так как в противном случае по неравенству треугольника было бы выполнено неравенство
A1 C 1 ` C 1 B 1 ą A1 B 1 . Тогда понятно, что каждая точка на отрезке AB перейдёт в точку на отрезке
A1 B 1 , и в любую точку на отрезке A1 B 1 какая-то точка перейдёт.
• Параллельные прямые переходят в параллельные прямые. Действительно, поскольку разные точки переходят в разные, то после преобразования подобия у двух непересекающихся прямых не
может появиться общей точки.
• Отношение длин отрезков сохраняется. Очевидно следует из определения преобразования подобия.
• Углы сохраняются. Действительно, рассмотрим угол ABC. Пусть точки A, B, C перешли в точки
A1 , B 1 , C 1 соответственно. Поскольку
A1 C 1
B1C 1
A1 B 1
“
“
,
AB
AC
BC
то есть треугольники ABC и A1 B 1 C 1 подобны. Следовательно, их соответствующие углы равны,
то есть =ABC “ =A1 B 1 C 1 .
• Окружность переходит в окружность. Очевидно, что все точки окружности ω с центром в точке O и радиуса r при преобразовании подобия с коэффициентом k перейдут в точки на окружность ω 1 с центром в точке O1 и радиусом kr. Также несложно понять, что в любую точку ω 1
какая-то точка перейдёт.
Примеры преобразований подобия.
• Гомотетия. Гомотетией с центром в точке O и коэффициентом k ‰ 0 является преобразование
ÝÝÑ
ÝÝÑ
подобия, при котором каждая точка A переходит в такую точку A1 , что OA1 “ k¨OA. Обозначение:
HOk . Число k не обязательно положительное. При положительном k луч OA перейдёт в себя, а
при отрицательном — в луч, дополняющий его до прямой.
• Поворотная гомотетия (или спиральное подобие). Поворотной гомотетией с центром в точке O,
ϕ
коэффициентом k и углом ϕ называется композиция RO
˝ HOk . Обозначение: HOk,phi .
• Зеркальная гомотетия (или зеркальное подобие). Зеркальным подобием называется композиция
S` ˝ HOk , где точка O лежит на прямой `. Обозначение: HOk,` .
6.2
Гомотетия
Помимо свойств всех преобразований подобия, у гомотетии добавляется ещё два важных свойства.
• При гомотетии прямая переходит в параллельную ей. Выберем на прямой точки A и B. Пусть
при гомотетии с центром в точке O они переходят в точки A1 и B 1 . Тогда утверждение следует
из подобия треугольников OAB и OA1 B 1 .
25
• Для двух касающихся окружностей существует гомотетия с центром в точке касания, которая одну окружность переводит в другую. Поскольку центры окружностей и точка касания
лежат на одной прямой, то существует гомотетия с центром в точке касания, модуль коэффициента которой равен отношению радиусов, переводящая центр одной окружности в центр другой.
Это и есть искомая гомотетия.
Теорема 24. (Лемма Архимеда) В окружности ω
проведена хорда AB, окружность γ касается ω в точке C и отрезка AB в точке D. Тогда прямая CD проходит через середину дуги AB, не содержащую точку C.
Доказательство. Сделаем гомотетию с центром в точке C, переводящая γ в ω. При этой гомотетии прямая AB
перейдёт в касательную к ω, параллельную AB и касающуюся ω в точке D1 — образе точке D при гомотетии.
Так как касательная в D1 параллельна хорде AB, то D1 —
середина дуги AB.
Рис. 12: К доказательству теоремы 24
Теорема 25. На плоскости даны треугольники ABC и A1 B1 C1 , соответствующие стороны которых
параллельны. Тогда прямые AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в одной точке или параллельны.
Доказательство. Если никакие две из прямых AA1 , BB1 , CC1 не пересекаются, то утверждение теоремы выполнено. В противном случае как минимум две из трёх прямых пересекаются, пусть AA1 и
BB1 . Обозначим их точку пересечения через O.
Рассмотрим гомотетию с центром в точке O, переводящую отрезок AB в AA1 . При этой гомотетии
прямая AC перейдёт в параллельную ей и проходящую через точку A1 , то есть в прямую A1 C1 . Аналогично прямая BC перейдёт в прямую B1 C1 . Но тогда точка пересечения прямых AC и BC — точка C —
перейдёт в точку пересечения прямых A1 C1 и B1 C1 — точку C1 . Следовательно, точка C1 лежит на
прямой OC, то есть все три прямые проходят через точку O.
6.3
Композиция гомотетий
Теорема 26.
$ kk
1 2
’
, если k1 k2 ‰ 1;
C
&HÑ
Ý
k2
k1
a
HB ˝ HA “ T , если k1 k2 “ 1, A ‰ B;
’
%
Id, если k1 k2 “ 1, A “ B,
Ý
где C — некоторая точка на прямой AB, Ñ
a k AB.
Доказательство. Написать. Пока доказательство есть в [5]
Рассмотрим две окружности. Если никакая из них не лежит внутри другой, то несложно указать две
гомотетии, переводящие одну окружность в другую. А именно, это гомотетии с центрами в точках
пересечения внешних и внутренних касательных. Если одна окружность лежит внутри другой, то
общих касательных у окружностей нет, однако всё равно оказывается, что таких гомотетий две.
Лемма 15. Для двух неравных неконцентрических окружностей существует ровно две гомотетии,
переводящих одну окружность в другую, причём одна с положительных коэффициентом, а другая —
с отрицательным.
Доказательство. Пусть необходимо при помощью гомотетии перевести окружность ω в ω 1 . Центры
окружностей обозначим через O и O1 соответственно, а радиусы — через r и r1 . При гомотетии O
должна перейти в O1 , поэтому центр гомотетии должен лежать на прямой OO1 . Так как ω переходит
26
в ω 1 , то коэффициент гомотетии по модулю должен быть равен r1 {r. Таким образом, на прямой OO1
необходимо найти все такие точки X, что XO1 {XO “ r1 {r. По лемме 2 таких точек ровно две, причём
одна из них лежит внутри отрезка OO1 , а другая — вне. Точка, лежащая на отрезке OO1 будет центром
гомотетии с отрицательным коэффициентом, а точка, лежащая вне отрезка — центром гомотетии с
положительным коэффициентом.
Упражнение. Сколько существует гомотетий, переводящих одну окружность в другую, если окружности концентрические? А если равные?
Теорема 27. (О трёх колпаках) Для трёх неравных неконцентрических окружностей рассмотрим
6 центров гомотетий, переводящих одну из этих окружностей в другую. Среди этих точек можно
выделить 4 тройки точек, лежащих на одной прямой: центры положительных гомотетий, один
центр положительной и два центра отрицательных гомотетий.
Доказательство. Следует из теоремы 26.
Рис. 13: к теореме 27
6.4
Поворотная гомотетия
Научимся строить центр поворотной гомотетии, переводящей один отрезок в другой. Понятно, что если
отрезки параллельны, то они переводятся друг в друга обычной гомотетией, поэтому далее рассмотрим
случай непараллельных отрезков.
Теорема 28. Рассмотрим прямые AB и CD, пересекающиеся в точке X. Существует единственная
поворотная гомотетия, переводящая отрезок AB в DC, причём центром этой гомотетии является
вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников ADX и BCX.
Доказательство. Докажем утверждение теоремы в случае расположения точек, указанного на рисунке 14, в остальных случаях доказательство аналогично.
Также из вписанности имеем равенства
ϕ “ =BOC “ =BXC “ =AOD.
Тогда при HOk,ϕ точка B перейдёт в точку C, а точка A — в точку D. То есть O действительно является
центром поворотной гомотетии, переводящей AB в DC.
27
Сначала докажем, что точка пересечения описанных
окружностей треугольников ADX и BCX является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в
отрезок DC. Обозначим эту точку пересечения через O.
Рассмотрим треугольники ABO и DCO. Из вписанности
имеем равенства
=BAO “ =CDO,
=XBO “ =XCO.
Таким образом, треугольники ABO и DCO подобны по
двум углам. Следовательно, для их коэффициента подобия верны равенства
k“
Рис. 14: К доказательству теоремы 28
OC
OD
CD
“
“
.
AB
OB
OA
Докажем, что такая поворотная гомотетия единственна. Несложно видеть, что угол поворота и коэффициент гомотетии определены однозначно: коэффициент гомотетии k должен быть равен отношению
длин отрезков CD{AB, а поскольку прямая AB должна перейти в прямую CD, то угол поворота должен быть равен углу ϕ между прямыми AB и CD. Поэтому необходимо доказать, что центр гомотетии
O определён однозначно. Поскольку точка B должна перейти в точку C, то =BOC “ ϕ “ =BXC,
то есть O лежит на описанной окружности треугольника BXC. Аналогично O лежит на описанной
окружности треугольника AXD, то есть O совпадает с точкой пересечения этих окружностей.
У окружностей две точки пересечения, поэтому остаётся понять, что центром гомотетии является
точка пересечения, отличная от X. Если бы X была центром поворотной гомотетии, то было бы
выполнено равенство
XD
XC
“
,
XB
XA
то есть прямые BC и AD были бы параллельны. В этом случае описанные окружности треугольников
BXC и AXD касаются, то есть центр поворотной гомотетии определён однозначно. Если же прямые
BC и AD не параллельны, то X не может быть центром гомотетии, то есть центром является вторая
точка пересечения окружностей.
Дадим другое доказательство существования точки Микеля (теорема 14) с использованием только
что доказанного факта. Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке X, а прямые AD и BC — в
точке Y . Рассмотрим точку O пересечения описанных окружностей треугольников BXC и AXD. При
доказательстве теоремы 28 было получено равенство углов =BOC “ =AOD и подобие треугольников
ABO и DCO. Воспользовавшись подобием, имеем равенство
OD
OA
“
.
OB
OC
Тогда треугольники BCO и ADO подобны по углу и отношению прилежащих сторон. Также
=BOA “ =BOD ´ =AOD “ =BOD ´ =BOC “ =COD.
28
Таким образом, при поворотной гомотетии с
центром в точке O углом поворот, равным
=BOA, и коэффициентом OA{OB отрезок
BC перейдёт в отрезок AD. Значит, O является центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок BC в отрезок AD. Но тогда из
теоремы 28 следует, что O совпадает с точкой пересечения описанных окружностей треугольников ABY и CDY , что завершает доказательство.
Рис. 15: Другое доказательство теоремы 14
Отметим, что по сути мы доказали следующий факт: центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок AB в отрезок DC, совпадает с центром поворотной гомотетии, переводящей отрезок BC в отрезок
AD.
6.5
Классификация преобразований подобия
Теорема 29. Любое преобразование подобия является
• либо движением (если коэффициент равен ˘1),
• либо спиральным подобием,
• либо зеркальным подобием.
Доказательство. Написать
29
7
Инверсия
7.1
Определение и основные свойства
Пока что есть в [6] и [7].
7.2
Примеры применения
Лемма 16. Существует инверсия, которая переводит пару непересекающихся окружностей в концентрические окружности.
Доказательство. Доказательство леммы основывается на следующей идее. Заметим, что если прямая
перпендикулярна окружности, то она проходит через центр окружности. Тогда если для двух окружностей найдутся хотя бы две прямые, перпендикулярные им обеим, то окружности обязаны быть
концентрическими, так как центр обеих окружностей должен совпадать с точкой пересечения прямых. Таким образом, необходимо рассмотреть такую инверсию, чтобы после неё нашлось две описные
прямые.
Обозначим окружности через ω1 и ω2 , а их линию центров — через `. Выберем произвольную точку
A, не лежащую на `, ω1 и ω2 . Рассмотрим точки A1 и A2 — инверсные образы A относительно ω1 и
ω2 соответственно. Описанная окружность ω треугольника AA1 A2 перпендикулярна ω1 и ω2 . Пусть
O — точка пересечения ω и `. При инверсии с центром в точке O и произвольным радиусом ω1 и ω2
переходят в окружности ω11 и ω21 , окружность ω — в прямую ω 1 , прямая ` — в прямую `1 . Прямые
ω 1 и `1 перпендикулярны окружностям ω11 и ω21 . Но из ранее доказанного следует, что в этом случае
окружности ω11 и ω21 концентрические.
Замечание. При доказательстве мы пользовались тем, что ω и ` пересекаются, что, вообще говоря,
надо обосновывать. Попробуйте доказать это, предварительно заметив, что центр ω лежит на радикальной оси ω1 и ω2 .
Теорема 30. (Поризм Штейнера) Рассмотрим две
неперекающиеся окружности ω и Ω такие, что ω лежит внутри Ω. Для произвольной окружности ω1 ,
касающейся их обеих, построим цепочку касающихся
окружностей по следующему правилу — для каждого
i ě 2 окружность ωi такова, что она касается Ω внутренним образом, а ω и ωi´1 — внешним образом. Пусть
цепочка замкнулась за n шагов, то есть ωn касается ω1 .
Докажите, что тогда для любой начальной окружности ω1 цепочка замкнётся за n шагов.
Рис. 16: К доказательству теоремы 30
Доказательство. С помощью инверсии переведём
окружности ω и Ω в концентрические. При этом цепочка касательных окружностей перейдёт в цепочку
равных окружностей, расположенных между ω и Ω.
Но после инверсии любую цепочку окружностей можно перевести в любую другую с помощью поворота
относительно общего центра ω и Ω.
Теорема 31. (Теорема Фейербаха) Вписанная окружность треугольника касается его окружности Эйлера.
Доказательство. Обозначим вершины треугольника через A, B, C, основания высоты, биссектрисы
и медианы, проведёнными из вершины A, — через H, L и M соответственно, вписанную окружность и
30
окружность Эйлера — через ω и Ω соответственно. Пусть ω касается стороны BC в точке D. Сделаем
инверсию с центром в точке M и радиусом M D. Поскольку M лежит на окружности Эйлера Ω, то
при этой инверсии Ω перейдёт в некоторую прямую. Так как ω очевидно перпендикулярна окружности
инверсии, то она перейдёт сама в себя. Таким образом, достаточно доказать, что Ω перешла в прямую,
касающуюся ω.
Рис. 17: к доказательству теоремы 31
Докажем, что H перешла в L. Для этого достаточно проверить равенство M H ¨ M L “ M D2 . Разделим
обе части равенства на cos =AM B. Пусть I — центр вписанной окружности, A1 — середина дуги BC
описанной окружности треугольника ABC. Тогда равенство перепишется в виде A1 A ¨ A1 L “ A1 I 2 .
По лемме о трезубце A1 I “ A1 B, то есть необходимо проверить равенство A1 A ¨ A1 L “ A1 B 2 . А это
равенство следует из подобия треугольников ABA1 и BLA1 . Сделать абзац более понятным
Заметим, что касательная к ω, проведённая из точки L — это прямая, симметричная BC относительно
AL. То есть остаётся проверить, что угол между Ω и BC такой же, как между этой касательной и BC,
что делается. Дописать
Упражнение. Докажите, что окружность Эйлера касается также вневписанных окружностей треугольника.
Приведём доказательство леммы Архимеда (теорема 24) с помощью инверсии. Напомним обозначения.
В окружности ω проведена хорда AB, окружность γ касается ω в точке C и отрезка AB в точке D.
Необходимо доказать, что прямая CD проходит через середину дуги AB, не содержащую точку C.
31
Доказательство. Обозначим через M середину нужной дуги AB.
Сделаем инверсию с центром в точке M и радиусом M A. При этой
инверсии точки A и B перейдут в себя. Окружность ω перейдёт в
прямую, проходящую через точки A и B, то есть в прямую AB.
Тогда прямая AB перейдёт в ω.
Проведём из точки M прямые `1 и `2 , касающиеся окружности γ.
При инверсии эти прямые перейдут в себя. Окружность γ касалась
прямых AB, `1 , `2 и окружности ω, поэтому её инверсный образ
γ 1 будет касаться инверсных образов этих прямых и окружности,
то есть окружности ω и прямых `1 , `2 , AB. Но такая окружность
единственная, поэтому γ “ γ 1 .
Рис. 18: к доказательству теоремы 24
7.3
Точка C — точка касания γ и ω — перейдёт в точку касания γ и
прямой AB, то есть в точку D. Следовательно, прямая CD проходит через центр инверсии, то есть точку M .
Построение одним циркулем
Теорема 32. (Теорема Мора – Маскерони) Любое построение конфигурации точек, которое возможно провести с помощью циркуля и линейки, можно провести с помощью одного циркуля.
Доказательство. Написать
32
8
Стереометрия
8.1
Аксиомы стереометрии
A1. Через любые три точки, не лежащие на одной прямой, проходит ровно одна плоскость.
A2. Если две точки прямой лежат в плоскости, то и вся прямая лежит в плоскости.
A3. Если две плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой.
A4. Существуют четыре точки, не лежащие в одной плоскости.
A5. В каждой плоскости выполняются всё, что мы знаем о планиметрии.
8.2
Взаимное расположение прямых и плоскостей
Рассмотрим, как могут быть расположены две плоскости.
• У плоскостей может не быть общих точек. Такие плоскости называются параллельными.
• Пусть плоскости имеют общую точку. Тогда по аксиоме А3 эти плоскости будут пересекаться по
прямой. Такие плоскости называются пересекающимися.
Рассмотрим, как могут быть расположены прямая и плоскость.
• У прямой и плоскости может не быть общих точек. Такие прямая и плоскость называются параллельными.
• У прямой и плоскости может быть ровно одна общая точка. Такие прямая и плоскость называются пересекающимися.
• Если у прямой и плоскости хотя бы две общие точки, то по аксиоме А2 вся прямая лежит в
плоскости.
Рассмотрим, как могут быть расположены две прямые. Прежде всего заметим, что если прямые имеют
хотя бы две общие точки, то они совпадают. Предположим, что это неверно. Обозначим эти точки через
A и B и рассмотрим какую-нибудь точку C, не лежащую на этих прямых (такая существует по аксиоме
А4). По аксиоме А1 существует плоскость α, проходящая через точки A, B, C. Тогда по аксиоме А2
исходные прямые лежат в плоскости α. Но тогда в α через точки A и B проходит две прямые, что
невозможно по аксиоме А5.
Следовательно, прямые могут располагаться друг относительно друга следующими способами.
• Две прямые могут иметь одну общую точку. Такие прямые называются пересекающимися.
• Прямые могут не иметь общих точек. Возможно два случая.
– Если существует плоскость, содержащая эти прямые, то прямые называются параллельными.
– Если такой плоскости не существует, то прямые называются скрещивающимися.
8.3
Параллельность прямых и плоскостей
Утверждение 4. Если прямая ` параллельна плоскости α, то любая плоскость β, проходящая через
` и пересекающая α, пересекает плоскость α по прямой, параллельной `.
Доказательство. Обозначим прямую пересечения α и β через m. Чтобы доказать параллельность
` и m, достаточно показать, что они лежат в одной плоскости и не пересекаются. Первое условие
очевидно — прямые ` и m лежат в плоскости β. Второе условие следует из того, что если бы ` и m
33
пересекались, то точка их пересечения лежала бы в плоскости α, то есть у ` и α была бы общая точка,
что неверно.
Утверждение 5. Если плоскости α и β параллельны, то любая плоскость γ, пересекающая α, пересекает и β, причём прямые, получившиеся при пересечении, параллельны.
Доказательство. Написать
Утверждение 6. (Признак параллельности прямой и плоскости) Если прямая `, не лежащая
в плоскости α, параллельна какой-то прямой m в плоскости α, то ` параллельна α.
Доказательство. Написать
Утверждение 7. (Признак параллельности двух плоскостей) Если две пересекающиеся прямые
в одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым в другой плоскости,
то эти плоскости параллельны.
Доказательство. Написать
Следствие 6. Через любую точку, не лежащую в плоскости α, проходит ровно одна плоскость,
параллельная α.
Утверждение 8. Если плоскости α и β, проходящие через параллельные прямые ` и m соответственно, пересекаются по прямой n, то n параллельна прямым ` и m.
Доказательство. Написать
Утверждение 9. (Транзитивность параллельности прямых) Если прямая ` параллельна двум
различным прямым m и n, то прямые m и n параллельны.
Доказательство. Написать
8.4
Примеры
Лемма 17. Для двух скрещивающихся прямых ` и m существует единственная пара параллельных
плоскостей α и β такая, что ` лежит в α, а m — в β.
Доказательство. Написать
Теорема 33. (Теорема Дезарга) В пространстве расположены такие два треугольника ABC и
A1 B1 C1 , не лежащие в одной плоскости, что в парах прямых AB и A1 B1 , BC и B1 C1 , AC и A1 C1
нет параллельных. Тогад следующие два условия равносильны:
• прямые AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в одной точке или параллельны;
• прямые в парах AB и A1 B1 , BC и B1 C1 , AC и A1 C1 пересекаются, причём точки их пересечения
лежат на одной прямой.
Доказательство. Написать
Замечание. Условие того, что треугольники не лежат в одной плоскости, лишнее.
8.5
Параллельное проецирование
Бывает на прямыми на плоскость, а бывает плоскостями на прямую.
34
Список литературы
[1] http://www-irm.mathematik.hu-berlin.de/~agricola/elemgeo_dateien/grunbaum-shepard.pdf
[2] https://youtu.be/0cUeHRDh88o
[3] https://youtu.be/B4kcgKTwHWU
[4] https://youtu.be/z6A3MqbNYzc
[5] https://youtu.be/8cPwCi3keA0
[6] https://youtu.be/1U4S0DsBVDg
[7] https://youtu.be/oHKCsXHG0vw
35