Несколько замечательных прямых

10. Докажите эти свойства.

18

11. Каждая избесконечно удалённых точек задаётся направле-

нием параллельных прямых, пересекающихся в этой точке. Как

определить направление, соответствующее точке Z — центру масс

системы [m

i

, A

i

] (i = 1, 2, …, n), m

1

+ m

2

+ … + m

n

= 0?

Вопросы геометрии масс детально рассматриваются в книге [1].

Определение барицентрических координат

Рассмотрим треугольник ABC, вершины которого нагружены

массами p, q, r (одновременно не равными нулю), т. е. рассмотрим

систему [p, A], [q, B], [r, C].

Построим центр масс Z геометрически. Пусть A

1

— центр масс

A

B

C

p

q

r

A

1

B

1

C

1

Z

Рис. 27

подсистемы [q, B], [r, C] (т. е. точка, делящая отрезок BC в отно-

шении





r

q



 в зависимости от знаков масс внутренним или внешним

образом). Пусть B

1

и C

1

— центры масс си-

стем [r, C], [p, A] и [p, A], [q, B] соответственно

(рис. 27). Согласно правилу группировки и

свойству единственности центра масс, прямые

AA

1

, BB

1

, CC

1

пересекутся в искомой точке Z.

И обратно, если взять произвольную точ-

ку Z, провести прямые черезнеё и вершины

треугольника до пересечения с противополож-

ными сторонами треугольника (или их про-

должениями) и найти отношения, в которых

они делят стороны треугольника, то, пользу-

ясь полученными отношениями, легко нагру-

зить вершины треугольника так, чтобы точ-

ка Z стала центром масс системы точек A, B, C. К примеру, если

точка Z расположена внутри треугольника, то все точки пересече-

ния соответствующих прямых со сторонами треугольника попада-

ют внутрь сторон, и, обозначив

AC

1

BC

1

=

a

,

BA

1

CA

1

=

b

, приходим к систе-

ме [1, A], [

a

, B], [

ab

, C]. Если же Z расположена в н е треугольника

и соответствующие прямые пересекают отрезок AC в н у т р е н н и м

образом, а две другие стороны треугольника — в н е ш н и м, то по-

лучим систему [1, A], [



a

, B], [

ab

, C] (нужно заменить числа

a

и

b

противоположными по знаку).

Под записью Z = (p, q, r) (или Z(p, q, r)) подразумевается, что точ-

ка Z является центром масс системы [p, A], [q, B], [r, C], а тройка

чисел (p, q, r) называется барицентрическими координатами точ-

ки Z в базисном треугольнике ABC. Всякая такая тройка чисел (за

исключением тройки (0, 0, 0)) с точностью до умножения всех трёх ко-

ординат на отличное от нуля число однозначно определяет некоторую

19

точку проективной плоскости, и наоборот, каждой точке проектив-

ной плоскости соответствует единственная тройка чисел с точностью

до умножения всех трёх чисел на отличное от нуля число.

Тройкам с нулевой суммарной массой соответствуют бесконечно

A

B

C

1

1

1

2

Z

а)

A

B

C

1

1

1

Z

б)

Рис. 28

удалённые точки плоскости, образованные пересечением трёх парал-

лельных прямых, выходящих извершин базисного треугольника,

тройкам, у которых сумма некоторых двух координат нулевая, —

точки, лежащие на прямой, проходящей черезсоответствующую вер-

шину базисного треугольника параллельно про-

тиволежащей стороне. Если же имеется только

одна нулевая координата, это значит, что центр

масс расположен на прямой, проходящей через

сторону базисного треугольника.

Разберём следующий пример: построим

точку

с

барицентрическими

координатами

(

1, 1, 1).

Подсистему с единичными массами заме-

ним серединой стороны BC с массой 2. Далее,

правило рычага даёт ответ: искомой является

точка Z, симметричная вершине A относитель-

но этой середины (рис. 28, а).

Эту же точку можно построить и по-друго-

му. Выделив подсистему [

1, A], [1, B], прихо-

дим к выводу, что центр масс всей системы дол-

жен находится на прямой, проходящей через C

параллельно AB (центр масс системы издвух

точек лежит на прямой, проходящей черезэти точки, даже если сре-

ди них есть и бесконечно удалённые). Если же выбрать подсистему

[

1, B], [1, C], то окажется, что центр масс всей системы должен на-

ходится на прямой, проходящей через B параллельно AC. Пересече-

ние двух построенных прямых даёт ту же самую точку Z (рис. 28, б).

12. Постройте точку с барицентрическими координатами (1, 1, 1).

Пользуясь правилом рычага и правилом группировки, покажите,

что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая

от вершин.

13. Постройте точки со следующими барицентрическими коор-

динатами: (1, 2, 3), (

1, 2, 3), (1, 2, 3), (1, 2, 3).

Выразим барицентрические координаты точки Z черезплощади

треугольников ZBC, ZAC, ZAB. Вспомним, что отношения этих пло-

щадей (см. идею доказательства теоремы Чевы, стр. 6) равны отноше-

ниям соответствующих отрезков. Воспользовавшись однородностью

координат, получим, что

Z =(S

ZBC

, S

ZAC

, S

ZAB

).

(Для внешних точек одну изплощадей нужно брать со знаком «

».)

20

Барицентрические координаты некоторых замечательных точек

Приведём теперь барицентрические координаты некоторых за-

мечательных точек. Обычно их удаётся выразить двумя способами:

черездлины сторон или черезуглы треугольника. Переходить от од-

ной формы к другой помогают теорема синусов —

a sin

a

,

bsin

b

,

c sin

c

,

в силу однородности можно заменять длину стороны на синус угла,

и наоборот, — и теорема косинусов —

cos

a

a(b

2

+ c

2

a

2

),

cos

b

b(c

2

+ a

2

b

2

),

cos

c

c(a

2

+ b

2

c

2

).

Какая именно форма удобнее, зависит от условия конкретной задачи.

Т о ч к а п е р е с е ч е н и я м е д и а н

M=(1, 1, 1).

Ц е н т р в п и с а н н о й о к р у ж н о с т и

I=(a, b, c)=(sin

a

, sin

b

, sin

c

).

Воспользовавшись тем, что биссектриса делит сторону треугольника

в отношении, равном отношению соответствующих сторон треуголь-

ника, сразу получаем, что I = (a, b, c). Как отмечалось выше, длины

сторон треугольника можно заменять в барицентрических координа-

тах на синусы соответствующих углов. Поэтому I = (sin

a

, sin

b

, sin

c

).

Т о ч к а п е р е с е ч е н и я в ы с о т

H =



1

b

2

+ c

2

a

2

,

1

c

2

+ a

2

b

2

,

1

a

2

+ b

2

c

2



= (tg

a

, tg

b

, tg

c

).

В этом случае сначала удобнее выразить барицентрические коорди-

наты черезуглы треугольника, а затем перейти к длинам сторон.

Итак, поскольку CA

1

=

AA

1

tg

c

, BA

1

=

AA

1

tg

b

, то

CA

1

BA

1

=

tg

b

tg

c

(рис. 29).

Аналогично получаем, что

CB

1

AB

1

=

tg

c

tg

a

. Значит, H = (tg

a

, tg

b

, tg

c

).

Перейдём теперь к длинам сторон:

H =(tg

a

, tg

b

, tg

c

) =



sin

a

cos

a

,

sin

b

cos

b

,

sin

c

cos

c



=

=



a

a(b

2

+ c

2

a

2

)

,

b

b(c

2

+ a

2

b

2

)

,

c

c(a

2

+ b

2

c

2

)



=

=



1

b

2

+ c

2

a

2

,

1

c

2

+ a

2

b

2

,

1

a

2

+ b

2

c

2



.

Т о ч к а Ж е р г о н н а

G =



1

p a

,

1

p b

,

1

p c



=



tg a

2

, tg b

2

, tg c

2



.

C

A

B

C

1

B

1

A

1

H

a

c

b

Рис. 29

21

Т о ч к а Н а г е л я

N =(pa, pb, pc)=



ctg a

2

, ctg b

2

, ctg c

2



.

И для точки Жергонна, и для точки Нагеля выражения для ба-

рицентрических координат черездлины сторон получаются изсоот-

ношений (*) на стр. 10. Для перехода к углам треугольника можно

воспользоваться формулой

tg a

2

=

sin

a

1 + cos

a 

a

1 +

b

2

+ c

2

a

2

2bc

=

2abc

b

2

+ 2bc + c

2

a

2

=

2abc

(a + b + c)(b + c

a)

=

=

abc

a+b+c



1

p a



1

p a

.

и аналогичными tg b

2



1

p b

, tg c

2



1

p c

. А можно действовать и по-

другому: отрезки, на которые чевианы делят стороны, в случае точ-

ки G равны r tg b

2

и r tg c

2

, r tg c

2

и r tg a

2

, r tg a

2

и r tg b

2

, в случае точки

N — r

a

tg b

2

и r

a

tg c

2

, r

b

tg c

2

и r

b

tg a

2

, r

c

tg a

2

и r

c

tg b

2

, где r, r

a

, r

b

,

r

c

— радиусы вписанной и вневписанных окружностей. Отношения

длин этих отрезков выражаются только через тангенсы половинных

углов (радиусы сокращаются).

14. К о н т р о л ь н ы й в о п р о с: а почему в последней фор-

муле мы заменили cos

a

на сложное выражение

b

2

+ c

2

a

2

2bc

вместо

a(b

2

+ c

2

a

2

)?

Ц е н т р о п и с а н н о й о к р у ж н о с т и

O =(a

2

(b

2

+ c

2

a

2

), b

2

(c

2

+ a

2

b

2

), c

2

(a

2

+ b

2

c

2

)) =

= (sin 2

a

, sin 2

b

, sin 2

c

).

Проще всего выразить координаты через углы, причём как площади

соответствующих треугольников. Если исходный треугольник остро-

угольный, то

∠BOC=2

a

, если же тупоугольный, то

∠BOC=180

◦

2

a

.

В любом случае S

BOC

=

1

2

R

2

sin 2

a

. Аналогично S

COA

=

1

2

R

2

sin 2

b

,

S

AOB

=

1

2

R

2

sin 2

c

. Таким образом,

O =(S

BOC

, S

COA

, S

AOB

) = (sin 2

a

, sin 2

b

, sin 2

c

).

Чтобы перейти к длинам сторон, следует воспользоваться соотноше-

нием sin 2

a

= 2 sin

a

cos

a

.

22

Определение центральной точки

Оказывается, координаты всех только что рассмотренных нами

точек обладают некоторыми общими свойствами. Продемонстрируем

их на примере центра описанной окружности O.

Первая координата точки O есть функция, зависящая от сторон

треугольника: f(a, b, c) = a

2

(b

2

+ c

2

a

2

). Вторая и третья координаты

записываются с помощью этой функции так: f(b, c, a), f(c, a, b). Это

свойство барицентрических координат точки будем называть циклич-

ностью. Оно, конечно, связано с тем, что все стороны и вершины

треугольника задействованы в построении центра описанной окруж-

ности на равных правах: мы проводим серединный перпендикуляр к

стороне BC, расположенной напротив вершины A, затем — середин-

ный перпендикуляр к стороне CA — напротив вершины B, и затем —

к стороне AB — напротив вершины C.

Второе свойство заключается в том, что f(a, b, c) = f(a, c, b). Назо-

вём его симметрией по двум аргументам. Оно отражает равноправие

пары вершин в построении центра: можно проводить перпендикуляр

к отрез ку BC, но с тем же успехом можно проводить перпендикуляр

и к отрез ку CB.

Наконец, заметим, что существует такое действительное число k,

что для любого положительного числа

l

выполняется равенство

f(

l

a,

l

b,

l

c)=

l

k

f(a, b, c).

Понятно, что в нашем случае k = 4. Это свойство назовём однород-

ностью. Оно говорит о том, что соответствующие точки подобных

треугольников имеют одинаковые барицентрические координаты.

А теперь дадим следующее определение:

Точка называется центральной (или является центром треуголь-

ника), если её барицентрические координаты как функции длин

сторон обладают свойствами цикличности, симметрии по двум ар-

гументам и однородностью.

Подавляющее большинство замечательных в интуитивном смы-

сле точек треугольника являются центральными*).

Во впечатляющей коллекции Кларка Кимберлинга (ознакомить-

ся с которой может каждый, имеющий доступ к сети Интернет [6])

количество замечательных центральных точек приближается к 1000,

и верхнего предела, по-видимому, здесь нет.

15. Докажите, что центральная точка в правильном треугольнике

совпадает с его точкой пересечения медиан.

*) В то время, как, например, замечательные точки Брокара (1-я и 2-я) не являются

центральными по данному определению, поскольку для них не выполняется свойство

симметрии по двум аргументам (а два других свойства выполняются) [4]. Это не един-

ственный пример, когда замечательные точки появляются парами, список таких точек

могут пополнить точки Наполеона, точки Ферма [4—6].

23

Лемма о трёх точках и две замечательные прямые

Лемма о трёх точках. Если точки X, Y, Z имеют барицентриче-

ские координаты

(p

1

, q

1

, r

1

),

(p

2

, q

2

, r

2

),

(p

1

+ p

2

, q

1

+ q

2

, r

1

+ r

2

),

то они лежат на одной прямой и

XZ

YZ

=





p

2

+ q

2

+ r

2

p

1

+ q

1

+ r

1



, причём точка Z

расположена внутри отрезка XY, если суммы масс имеют одинако-

вый знак, и вне — в противном случае.

Д о к а за т е л ь с т в о. Рассмотрим систему точек [p

1

+ p

2

, A],

[q

1

+ q

2

, B], [r

1

+ r

2

, C]. Её центр масс находится в точке Z. Раз обьём

эту систему на две подсистемы: [p

1

, A], [q

1

, B], [r

1

, C] с центром масс

в точке X и суммарной массой p

1

+ q

1

+ r

1

и [p

2

, A], [q

2

, B], [r

2

, C] с

центром масс в точке Y и суммарной массой p

2

+ q

2

+ r

2

. По правилу

группировки центр масс этой системы издвух точек по-прежнему

совпадает с точкой Z. Осталось воспользоваться правилом рычага.

Доказанная лемма о трёх точках позволяет находить «замеча-

тельные прямые», на которых располагаются замечательные точки.

N

I

M

Рис. 30

П р я м а я Н а г е л я. Точка Нагеля N, точка пересечения медиан

M и центр вписанной окружности I лежат на одной прямой, причём

NM

IM

= 2 (рис. 30).

Применим лемму о трёх точках. Пусть X = N = (p

a, pb, pc),

Y =I=(a, b, c). Тогда Z=(p, p, p)=(1, 1, 1)=M,

NM

IM

=

a+b+c

p a+pb+pc

=

2p

p

= 2.

П р я м а я Э й л е р а. Ортоцентр H, точка пересечения медиан M

и центр описанной окружности O лежат на одной прямой, причём

HM

OM

= 2 (рис. 31).

24

Положим X = H = (tg

a

, tg

b

, tg

c

), Y = O =



sin 2

a

l

,

sin 2

b

l

,

sin 2

c

l



,

где

l

= 2 cos

a

cos

b

cos

c

. Имеем:

tg

a

+

sin 2

a

l

=

sin

a

cos

a

+

sin

a

cos

a

cos

a

cos

b

cos

c

=

sin

a

(cos

b

cos

c

+ cos

a

)

cos

a

cos

b

cos

c

=

=

sin

a

(cos

b

cos

c

cos(

b

+

c

))

cos

a

cos

b

cos

c

=

sin

a

sin

b

sin

c

cos

a

cos

b

cos

c 

1.

Аналогично преобразуются выражения для двух других координат

точки Z. Таким образом, Z = (1, 1, 1) = M. Вычислим отношение

HM

OM

:

HM

OM

=

sin 2

a

l

+

sin 2

b

l

+

sin 2

c

l

tg

a

+ tg

b

+ tg

c

=

sin

a

cos

b

cos

c

+

sin

b

cos

a

cos

c

+

sin

c

cos

a

cos

b

tg

a

+ tg

b

+ tg

c

=

=

sin(

b

+

c

)

cos

b

cos

c

+

sin(

a

+

c

)

cos

a

cos

c

+

sin(

a

+

b

)

cos

a

cos

b

tg

a

+ tg

b

+ tg

c

=

=

sin

b

cos

c

+ cos

b

sin

c

cos

b

cos

c

+

sin

a

cos

c

+ cos

a

sin

c

cos

a

cos

c

+

sin

a

cos

b

+ cos

a

sin

b

cos

a

cos

b

tg

a

+ tg

b

+ tg

c

=

=

(tg

b

+ tg

c

) + (tg

a

+ tg

c

) + (tg

a

+ tg

b

)

tg

a

+ tg

b

+ tg

c

= 2.

O

M

E

H

Рис. 31