39
Задча
о восыми точках
Канддат физико-математических наук
Н. В. ВАСИЛБЕВ
В этой заметке речь идет о задаче, предлагавшейся десятиклассикам в апреле прошло года на последней Всесоюзной оптимиде по математике в Ашхабаде.*) Приведем с незначительными изменениями ее формулировку.
Задча 1. Около треугольника ABC описана окружность. Через произвольную точку P в плоскости треугольника (не лежащую на окружности) проводятся прямые AP, BP, CP и отмещаются вторые точки их пересечения с окружностью. Докажите, что найдется не более 8 точек P, для которых отмещение точки не совпадает ни с одной из точек A, B, C и служеб вершина треугольника, равного треугольнику ABC.
Эта задача оказалась довольно трудной. Некоторые участники решали ее, перебирая разные расположения точки P относительно прямых AB, BC, CA и окружности. Здесь приводится другой, более почетельное решение этой задачи, используемое «язык движения»: мы представим себе, что отдельные элементы нашей конфигурации врашаются, и в некоторых момент возникнет нужная фигура.
Сначала решим следующую «обратную» задачу.
Вращение и пересечения прямых
Задча 2. В окружность вписаны два (не обязательно равных) треугольника ABC и A1B1C1. Треугольник ABC закреплен, а треугольник A1B1C1 врачается вокруг центра окружности. При каком его положении прямые AA1, BB1 и CC1 лишь однажды пересечется в одной точке (а в некоторых «выраженном» случае такого положения вообще не будет).
Решить задачу 2 помощью метод геометрических мест.
Лемма. Пусть хорда AB окружности закреплена, а хорда A1B1С1 скольчит концами по окружности. Тогда угол между прямыми AA1 и BB1 остается неизменным, а точка M пересечения этих прямых (если φ≠0) описывает окружность, проходящую через точки A и B (рис. 1).
Натемим доказательство леммы. Если точки A1 и B1 равномерно с одинаковой скоростью движения по окружности, то прямые AA1 и BB1 совершают равномерно вращение с одинаковой угловой скоростью вокруг точки A и B, а значит, угол между ними остается постоянным (на рисунке 1 для точек M по одному сторону от прямой AB угол AMB равен φ — углу между прямыми, а для точек M по другую сторону от AB угол AMB равен ф). Если в начальной момент прямые AA1
*) Другие задачи оимпиды были разработаны в «Кванте» № 11 за 1984 г.
Рис. 1. Если точки A и B закреплены, а точки A1 и B1 с одинаковой угловой скоростью (движется по окружности, то прямые AA1 и BB1 врачаются с угловой скоростью /2, а их точка пересечения M1 движется по красной окружности (с угловой скоростью)).
и BB1 пересекались в некоторой точке M1, то описанная округольника ABM1 окружность и будет искомой траекторий точки M, причем M также равномерно движется по окружности (угловая скорость врашения прямых равна поливине угловой скорости врашения по своим окружностям точек A1, B1 и M).
За этим наглядным рассудением «на языке вращей» скрыто, как легко видеть, многоократное использование теоремы о величины вписанного угла.*)
К лемме нужно сделать два уточнения, которые округятся существовыми в дальнейшем.
1°. Особый случай φ=0 возникает, если хорды AB и A1B1 равны по длине, причем в некоторый начальный момент времени точка A1 совпадает с B, a B1 с A. В этом случае в начальной момент времени прямые AA1 и BB1 просеются совпадают, а при дальнейшем движении будут все время параллельны друг друга.
2°. В тот момент времени, когда A1 совпадает с A (или B1 с B), прямую AA1 (соответствующего BB1) «по непрерывности» нужно считать направленной по касательной к данной окружности (или, если этого не делать, нужно исключить соответствующие две точки из найденного геометрического места — окружности).
Вернемся к задаче 2. Построим, пользоваться леммой, две окружности — геометрические места точке пересечения прямых AA1 и BB1, а также BB1 и CC1 (рис. 2). Первая проходим через точки A и B, вторая — через точки B и C. На роль точки P, где должны пересечаться все три прямые AA1, BB1 и CC1 (она, разумется, не может лежать на данной окружности), годится лишь одна точка — отличная от B точке пересечения двух построенных окружностей. (Нам нет нужных строк геометрической место точке пересечения AA1 и CC1 — третью округность, проходящую через A и C, — она, конечно, автоматически проедет через ту же точку P пересечения двух построенных окружностей.) Итак, вообще говоря, существует лишь одно положение треугольника A1B1C1, удовлетворяющее нужному условияю. В любом случае, с учетом сделанных выше уточнения, мы можем утверждать, что нужных точек P не более одной (особы
40
Рис. 2. Точка P находится на пересечении двух геометрических мест: коэффициент BB1 поверяется в положение BP, то AA1 и CC1 совпадают с AP и CP.
случай изображен на рисунке 3). Задча 2 решена.
Тепер можно занять задачей 1. Для каждой точки P, не лежащей на окружности, обозначим через A1, B1 и C1 вторые точки пересечения с окружностью прямых AP, BP и CP. Условие задачи выделяет те точки P, для которых треугольник A1B1C1 равен треугольнику ABC; на первый взгляд может показаться, что, взяв в задание 2 равные треугольники, мы найдем лишь один нужный ΔA1B1C1 (симметричный треугольнику ABC относительно центра окружности). Но тут есть тонкость, не столько геометрическая, сколько логическая. Мы объявим ее после небольшего отступления.
Перестановка вершин и симметрии
Все знают, что равные (по другой терминологии «конгруэнтные») треугольники по определению имеют соответствующее равные углы и стороны, так что их можно совместить наложением. В учебном пособии академика А. В. Погорелова «Геометрия 6—10» равенство треугольников ΔABC=ΔDEF, вершины которых обозначены буквами, принято всегда записать так, чтобы соответствующие вершины шли в одном и том же порядке (то есть так, что А=Д, В=Ё, С=Ё, AB=DE и т. д.).
Рис. 3. Осовый слуай φ=0, коэффициент P не существует (прямые AA1, BB1 и CC1 остаются параллельными).
Рис. 4. Осовый слуай: точка P возникает в момент совпадения треугольников.
Прочитав еще раз условия задачи 1, можно заметить, что в этом смысле наш ΔA1B1C1 не обязаан равнять треугольнику ABC — он может быть равен (с учетом соответствия вершин) любому из шести треугольников ABC, BCA, CAB, BAC, ACB, CBA. И это число вариантных нужно еще удвоить, уже по чисто геометрической причине: ΔA1B1C1 может быть, как говоря, «собственно равным» треугольнику ABC — то есть может быть совмещен с ним непрерывным движением в плоскости (в нашей задаче — поворотом R), либо «зеркальное равным» — при этом для совмещения треугольников один из них нужно «перевернуть» (в нашей задаче достаточно сделать симметрию S относительно некоторой прямой; все треугольники A1B1C1, зеркальное равные треугольнику ABC, будут получаться друг из друга поворотами). Для разлиения этих слуав мы будем писать над равенством треугольников букву R или S. И для каждой из 2·6=12 вариантов мы, применяем задачу 2, может построить (не более чем) одну нужную точку P.
Волlee наглядно это рассужждение можно пожать так: мы берем картониный треугольник T (с тем же радиусом описанной окружности, что и треугольника ABC), помещаем его вершины на окружность, положив на плоскость той или другой сторона, обозначаем их буквами A1, B1, C1 (6 способов) и, вращая его как в задание 2, находим для каждой из 2·6 вариантов точку P.
Чтобы закончить решение задачи 1, остается объяснить, почему в случае T=ΔABC исключются 4 варианта. Однако из них (случай ΔABC=ΔDEF, вершины которых обозначены буквами, принято всегда записать так, чтобы соответствующие вершины шли в одном и том же порядке (то есть так, что А=Д, В=Ё, С=Ё, AB=DE и т. д.).
Рис. 3. Осовый слуай φ=0, коэффициент P не существует (прямые AA1, BB1 и CC1 остаются параллельными).