Используя площадь...

16

Использование площадь…

В. В. ПРАСОЛОВ

При решении различных математических задач часто бывают полезно рассмотреть какой-либо вспомогательный элемент, не присутствующий в формулировке задачи. Мы разберем основные приемы решения геометрических задач при помощи площади исходного многоугольника.

Прием 1. Если многоугольник разрезан на несколько многоугольников, то сумма их площади равна площади исходного многоугольника.

Найболее заменить применением этого приема является одно из многочисленных доказательств теоремы Пифагора.

Пример 1 (теорема Пифагора). Докажите, что сумма квадратов длины квадрату длины гипотенузы.

Решение. Пусть $a, b$ — длины квадратов, $c$ — длина гипотенузы. Докажем, что сумма площади действует со стороны $a$ и $b$ равна площади квадрата со стороны $a$ и $b$ (это достаточно очевидно), а во втором — на 4 прямоугольных треугольника с квадратами $a$ и $b$ и квадрат со стороны $c$ (это требуется некоторого обоснования, например, такого: ясно, что все стороны полученного четырехугольника равны $c$, а углы легко вычисляются).

Пример 2. Из точки $O$, лежащей внутри правильно треугольника $ABC$, опущены перpendикularы $OA_1, OB_1, OC_1$ на стороны $BC, AC, AB$ соответственно. Докажите, что сумма $OA_1 + OB_1 + OC_1$ не зависит от положения точки $O$ и равна высоте треугольника.

Решение. Пусть длина стороны треугольника $ABC$ равна $a$, а длина высоты — $h$. Ясно, что $S_{ABC} = S_{BCO} + S_{ACO} + S_{ABO}$, то есть $\frac{1}{2}ah =$

17

$$\frac{1}{2} aOA_1 + \frac{1}{2} aOB_1 + \frac{1}{2} aOC_1.$$
Позтоу му $h = OA_1 + OB_1 + OC_1$.

Пример 3. Многоугольник, описанный около окружности радиуса $r$, разрезан произвольным образом на треугольники. Доказите, что сумма радиусов вписанных окружностей этих треугольников больше $r$.

Решение. Обозначим радиусы вписанных окружностей полученных треугольников через $r_1, ..., r_n$, их периметры — через $P_1, ..., P_n$, площади — через $S_1, ..., S_n$. Площадь и перimeter исходного многоугольника обозначим через $S$ и $P$. Поскольку $P_i < P$,

$$r_1 + ... + r_n = \frac{2S_1}{P_1} + ... + \frac{2S_n}{P_n} > \frac{2S_1}{P} + ... + \frac{2S_n}{P} = r.$$

Прием 2. Отношение длины отрезков можно заменить на отношение площадей треугольников.

Пример 4. На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ взяты точки $C_1$ и $B_1$ соответственно. Пусть $O$ — точка пересечения отрезков $BB_1$ и $CC_1$ (рис. 2). Вычислите $\frac{BO}{B_1O}$, если $\frac{BC_1}{AC_1} = \alpha$ и $\frac{CB_1}{AB_1} = \beta$.

Решение. Прежде чем приступить к решению этой весыча часть применяющейся задачи, отметим ее некоторую страничность. В самом деле, для любого треугольника $ABC$ можно взять точки $B_1$ и $C_1$, делящие его стороны $AC$ и $AB$ в заданных отношениях. Почему же в условия не задан вид треугольника $ABC$, а заданы лишь $\frac{BC_1}{AC_1}$ и $\frac{CB_1}{AB_1}$?

Рис. 1.

Рис. 2.

Переходим к решению. Ясно, что $\frac{BO}{B_1O} = \frac{S_{BOC}}{S_{B1OC}}$. Вычислим теперь $\frac{S_{AOC}}{S_{B1OC}}$ и $\frac{S_{BOC}}{S_{AOC}}$. Ясно, что $\frac{S_{AOC}}{S_{B1OC}} = \frac{AC}{B_1C} = \frac{AB_1 + B_1C}{B_1C} = 1 + \frac{AB_1}{B_1C}$. Поскольку треугольники $BOC$ и $AOC$ имеют общую сторону $OC$, отношения их площадей равно отношению длины высот, опущенных на $OC$. Отношение высот равно, в свою очередь, $\frac{BC_1}{AC_1}$. Поэтому $\frac{S_{BOC}}{S_{AOC}} = \frac{BC_1}{AC_1}$. В итоге получаем, что $\frac{BO}{B_1O} = \frac{S_{BOC}}{S_{B1OC}} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOC}} \cdot \frac{S_{AOC}}{S_{B1OC}} = \alpha(1 + \frac{1}{\beta})$.

Пример 5 (теорема Чевы). На сторонах $AB$, $BC$, $CA$ треугольника $ABC$ взяты точки $C_1$, $A_1$, $B_1$ соответственно. Доказите, что прямые $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда $\frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A} = 1$.

Решение. Пусть сначала прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в точке $O$. Как и в предыдущей задаче, получаем $\frac{CA_1}{A_1B} = \frac{S_{ACO}}{S_{ABO}}$, $\frac{BC_1}{C_1A} = \frac{S_{BCO}}{S_{ACO}}$ и $\frac{AB_1}{B_1C} = \frac{S_{ABO}}{S_{BCO}}$. Перемножая эти равенства, получаем $\frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A} = 1$.

Предположим теперь, что $\frac{AB_1}{B_1C} \times \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A} = 1$, и путь $O$ — точка

18

пересечения отрезков $AA_1$ и $BB_1$. Обозначим через $C'_1$ точку пересечения прямой $OC$ с отрезком $AB$ (рис. 3). Тогда, как мы только что доказали,

$$\frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC'_1}{C'_1A} = 1 = \frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A}.$$

Следовательно, $$\frac{BC'_1}{C'_1A} = \frac{BC_1}{C_1A}.$$ Остается заметить, что если точка $X$ движется по отрезку $AB$ (не выходя за его пределы), то величины $\frac{BX}{XA}$ изменяется монотонно, и поэтому $C'_1 = C_1$, то есть прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке.

Эта заменительная теорема заслуживает того, чтобы сделать по ее поводу неокоторые комментарии. Читатели, знающие, что все медианы треугольника пересекаются в одной точке, а также и все биссертрисы, и все высоты, могли заполнить, что все эти факты — следствия какой-то более общей теоремы. Это действительно так: они являются следствиями теоремы Чевы, получающимся из нее достаточно простыми вычислениями. Легко также доказать, что в одной точке пересекаются отрезки, соединяющие вершины треугольника с точками касания вписанной окружности со стороными.

С высотами есть, впрочем, одна сложность: если угол $C$ треугольника $ABC$ типой, то высота, опущенная из $C$, попадает не на сторону $AB$, а на ее продолжение. Оказывается, что теорему Чевы можно переформулровать (и, конечно, доказать) так, чтобы она оставалась верной и в том случае, когда точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ берется не на сторонах $BC$, $CA$, $AB$, а на прямых $BC$, $CA$, $AB$. Для этого нужно относительно отрезков приписать знаки ± в зависимости от того, в одну или в разных сторонах направлены соответствующие векторы (в формулировке теоремы Чевы участвуют лишь отношения длины отрезков, лежащих на одной прямой). Мы советуем читательам самостоятельно придумать нужную формулировку.

Пример 6. Дан выпукленный многоугольник $A_1A_2...A_n$. На стороне $A_1A_2$ взяты точки $B_1$ и $D_2$, на стороне $A_2A_3$ — точки $B_2$ и $D_3$ и т. д. Таким образом, что если построить параллелограммы $A_1B_1C_1D_1$, …, $A_nB_nC_nD_n$, то прямые $A_1C_1$, …, $A_nC_n$ пересекутся в одной точке $O$. Доказите, что $A_1B_1 \cdot A_2B_2 \cdot ... \cdot A_nB_n = A_1D_1 \cdot A_2D_2 \cdot ... \cdot A_nD_n$.

Решение. Так как $A_iB_iC_iD_i$ — параллелограмм и точка $O$ лежит на продолжении его диагонали $A_iC_i$, из равенства площей треугольников $A_iB_iC_i$ и $A_iC_iD_i$ и сообщений подобия следует, что $$\frac{A_iB_i}{A_iD_i} = \frac{h_i}{h_{i-1}},$$ где $h_i$ — расстояние от точки $O$ до стороны $A_iA_{i+1}$. Нам остается переменность эти равенства для $i=1$, …, $n$.

Прием 3. Различные формулы для площади позвольют получить соответствующие между сторонами, высотами, перimetром и т. д.

Пример 7. Длины сторон треугольника образуютарифметическую прогрессию. Доказите, что радиус вписанной окружности этого треугольника равен 1/3 одной из высот.

Решение. Пусть длины сторон $a$, $b$, $c$ образуютарифметическую прогрессию. Тогда получиметр $p$ равен $$\frac{3}{2}b.$$ Поскольку $$\frac{1}{2}h_b \cdot b = S = r \cdot p = \frac{3}{2}r \cdot b,$$ получаем $r = b/3$.

Пример 8. Внутри треугольника $ABC$ взята точка $M$. Обозначим расстояния от точки $M$ до вершин $A$, $B$, $C$ через $R_a$, $R_b$, $R_c$, а расстояния от точки $M$ до сторона $BC$, $CA$, $AB$ — через $d_a$, $d_b$, $d_c$ соответственно.

a) Доказите, что $a \cdot R_a \geq c \cdot d_c + b \cdot d_b$.

b) (Неравенство Эрдёша — Мордела.) Доказите, что

$$R_a + R_b + R_c \geq 2(d_a + d_b + d_c).$$

Решение. a) Опустим из точки $B$ и $C$ перpendикulares $BK$ и $CL$ на пря-

19

мую MA (рис. 4). Пусть $a_1=BK$, $a_2=CL$. Ясно, что $a_1+a_2 \leq a$. Поэтому
$$\frac{1}{2} a R_a \geq \frac{1}{2} a_1 R_a + \frac{1}{2} a_2 R_a = S_{ABM} + S_{ACM} = \frac{1}{2} b d_b + \frac{1}{2} cd_c.$$
Заметим, что при доказательстве мы используем только то, что точка M лежит внутри угла BAC, а не то, что точка M лежит внутри треугольника.
6) Применяя неравенство пункту a) к точке, симметричной M относительно бисекtrисы угла A (это правомерно виду замечания к пункту a)), получаем неравенство
$$R_a \geq \frac{c}{a} d_b + \frac{b}{a} d_c.$$
Аналогично,
$$R_b \geq \frac{c}{b} d_a + \frac{a}{b} d_c$$ и
$$R_c \geq \frac{a}{c} R_b + \frac{b}{c} R_a.$$
Складывая эти неравенства, получаем
$$R_a + R_b + R_c \geq \left( \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right) d_a + \left( \frac{c}{a} + \frac{a}{c} \right) d_b + \left( \frac{b}{a} + \frac{a}{b} \right) d_c \geq 2(d_a + d_b + d_c),$$
поскольку $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2$.
Неравенство Эрдёша — Мордельла имеет довольно длину историю. В 1935 году известный венгерский математик П. Эрдёш вывинул предположение о том, что справедливо неравенство
$$R_a + R_b + R_c \geq 2(d_a + d_b + d_c),$$
однако доказать его не смог. Первым доказал это неравенство английский Л. Дж. Мордельл в том же 1935 году, но его доказательство было довольно сложным, и лишь успешная многих математических приведений доказательство неравенства Эрдёша — Мордельла к таким простому виду, в каком оно здесь изложено.
Прием 4. Если через точку E, лежащую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые, параллельные стороны и разбиаются его на четыре параллелограмма, то параллелограммы, прилегающие к вершинам B и D, равновелики тогда и только тогда, когда точка E лежит на диагонали AC.
Мы предлагаем читательам самостоятельное доказать это несложное утверждение.
Пример 9. Через точку M, лежащую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые PR и QS, параллельные стороны BC и AB (точки P, Q, R, S лежат на сторонах AB, BC, CD, DA соответственно). Доказите, что прямые BS, PD и MC пересекаются в одной точке (рис. 5).
Решение. Через точку N пересечения прямых BS и CM проведем прямые Q$_1$S$_1$ и P$_1$R$_1$, параллельные прямые QS и PR (точки P$_1$, Q$_1$, R$_1$, S$_1$ лежат на сторонах AB, BC, CD, DA соответственно). Обозначим точки пересечения прямых PR и Q$_1$S$_1$, P$_1$R$_1$ и QS через F и G. Поскольку точка M лежит на диагонали NC параллелограмма NQ$_1$CR$_1$, S$_{FQ_1QM} = S_{MRR_1G}$, то есть S$_{NQ_1QG} = S_{NFRR_1}$. Точка N лежит на диагонали BS параллелограмма ABQS, поэтому S$_{AP_1NS_1} = S_{NQ_1QG} = S_{NFRR_1}$. Следовательно, точка N лежит на диагонали PD параллелограмма APRD.

(Окончание см. на с. 43)