Узнайте точку

52

Узнайте точку

И. Ф. ШАРЫГИН

В геометрии очень важны свойства фигур, однозначно их описывающие или относые к вполне определению классу фигур, — так называемые «признаки». Вы знакомы, например, с целью ряда признаков параллелограмма и без труда узнать его в четырехугольнике с попарно равными противоположными сторонами или с диагоналями, делящимся пополам их точкой пересечения, и т. д. Существуют и другие, более «хитры», признаки параллелограмма. Известно, например, что в параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон. Оказывается, верно и обратное утверждение: если в четырехугольнике сумма квадратов сторон равна сумме квадратов диагоналей, то этот четырехугольник — параллелограмм.

Упражнение 1. Докажите это самостоятельное. (Указание. Из прямой теоремы получите формулу, выражающего квадрат медианы треугольника через квадраты его сторон. Пользовать этой формулиой, выразите квадрат расстояния между серединами диагоналей четырехугольника через квадраты его сторон и диагоналей.)

В этой статье мы немного поговорим о «признаках точки». В школьном курсе изучается несколько «замечательных» точек треугольника. Это точки обладают целым рядом интересных свойств, большинство из которых эту точку однозначно определяет. Однако часто мы с трудом «узнаем» точку, даже если указаны хорошо известные ее свойства.

Точка пересечения медиан (центрид)

Некоторые характеристики свойства «замечательной» точки могут быть

53

использованы не только для «узнавания» ее, но и для доказательства существования.

Многие школьники знают о том, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, хотя не все умют это доказывать. С другой стороны, нетрудно доказать, что внутри любого треугольника ABC существует точка M такая, что треугольники ABM, BCM и CAM равновелики (рис. 1).

Самое лучшее — просто построить эту точку. Поскольку площадь треугольника ABM составляет 1/3 площади треугольника ABC, точка M расположена на прямой, параллельной AB и удаленной от AB на расстояние, равное 1/3 соответствующей высоты. Точно так же, M должна быть расположена на аналогичной прямой, параллельной BC, т. е. M — точка пересечения этих двух прямых. Поскольку площадь треугольников ABM и BCM равны 1/3 площади треугольника ABC, площадь треугольника CAM также равна 1/3 площади ABC.

Тепер докажем, что через точку M проходят все медианы данного треугольника и делятся в ней в отношении 2:1, считая от вершин треугольника. В самом деле, из равновелики точки треугольников ABM и BCM следует, что точки A и C равну敦ены от прямой BM, а значит, эта прямая должна проходить через середину отрезка BC (эта прямая не может быть параллельной BC). А из того, что площадь треугольника CAM составляет 1/3 площади ABC следует, что расстояние от M до CA второе менше расстояния от B до CA, а значит, M делит медину BB₁ в отношении BM:B₁M=2. Таким образом, медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся его в указанном относении. Итак, мы получили признак центрада:

Признак M₁. Внутренняя точка M треугольника ABC является центром тогда и только тогда, когда треугольники ABM, BCM и CAM равновелики.

Докажем еще два признака центрада.

Для того чтобы точка M являлась центром треугольника ABC необходимо и достаточно какое из следующих условий:

Признак M₂. MA+MB+MC=0.
Признак M₃. MA²+MB²+MC²=1/3 (AB²+BC²+CA²).

Доказательство. Начнем с M₂. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC (рис. 2).

Имеем MA+MB+MC=MA+(MA₁+A₁B)+(MA₁+A₁C)=(MA+2MA₁)+(A₁B+A₁C)=0. Обратно, пусть для точки M выполняется признак M₂ и A₁ — точка пересечения MA с BC. (Докажите, что прямая MA не может быть параллельной BC). Тогда, как и выше, будем иметь MA+MB+MC=(MA+2MA₁)+(A₁B+A₁C)=0. Но сумма двух неоклипарных векторов, записанных в скобках, может равнять нулю только при условии, что каждый вектор равен нулю. Следовательно, A₁ — середина BC.

Рис. 1.

Рис. 2.

54

Докажем теперь, что признак $M_3$ эквивалентен признаку $M_2$. Пусть $M$ — произвольная точка плоскости. Прежде всего, заметим, что из равенства $\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BA}$ после возведения его в квадрат, получим $2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = MA^2 + MB^2 - AB^2$.

Аналогичные равенства верны для $2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$ и $2\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MA}$. Далее, $0 \leqslant (\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC})^2 = MA^2 + MB^2 + MC^2 + 2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} + 2\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MA} = 3(MA^2 + MB^2 + MC^2) - (AB^2 + BC^2 + CA^2)$. Таким образом, из равенства 2 следует равенство 3, и наборот. Попутно мы доказали, что $MA^2 + MB^2 + MC^2$ достигает наименьшего значения, если $M$ — центroid (и это тоже является признаком центроида).

В качестве иллюстрации решим следующее задачу.

Задача 1. На сторонах треугольника во внешнюю сторону построены квадраты. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника с вершинами в центрах квадратов совпадает с точкой пересечения медиан данного треугольника.

Решение. Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$, $A_1$ — середина $BC$, $A_2$ — центр квадрата, построенного на $BC$ (рис. 3).

Тогда $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MA_1} + \overrightarrow{A_1A_2}$. Имеем $\overrightarrow{MA_2} + \overrightarrow{MB_2} + \overrightarrow{MC_2} = (\overrightarrow{MA_1} + \overrightarrow{MB_1} + \overrightarrow{MC_1}) + (A_1A_2 + B_1B_2 + C_1C_2)$. Но сумма векторов в каждой из скобок равна нулю. В первой — по признаку $M_2$. Во второй — потому, что каждой из векторов этой суммы получается соответственно из $\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$, $\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}$ и $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ поворотом на $90^\circ$ по часовой стрелке. Значит, $M$ — центroid треугольника $A_2B_2C_2$.

Центр описанной окружности

На этот раз мы не станем дополять школьную теорию, а рассмотрим два примера.

Задача 2. В треугольнике $ABC$ известны углы: $\angle A = 30^\circ$, $\angle B = 80^\circ$.

Внутри треугольника взята точка $K$ такая, что $BCK$ — правильный треугольник. Найдите $\angle KAC$.

Решение. Эта задача предлагалась на районом type Московской олимпиды 1989 года в 10 классе. Большинство участников олимпиды пытались решить ее «счетом» при помощи теоремы синусов, не увидев, что точка $K$ — центр описанной около $ABC$ окружности. В самом деле, из центра описанной около $ABC$ окружности сторона $BC$ видна под углом $2\cdot 30^\circ = 60^\circ$, расположен этот центр внутри треугольника (треугольник — остроугольный) и лежит на середином перпендикуляре к $BC$. Итак, $K$ — центр описанной окружности (рис. 4), $\angle CKA = 2\cdot 80^\circ = 160^\circ$, $\angle KAC = \angle KCA = 10^\circ$.

Задача 3. В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ известны углы: $\angle BAC = 25^\circ$, $\angle BCA = 20^\circ$, $\angle BDC = 50^\circ$, $\angle BDA = 40^\circ$. Найдите угол между диагоналями этого четырехугольника.

Решение. Можно проведсти косвенное рассудение, доказывающее, что точка $D$ является центром описанной около $ABC$ окружности. Поскольку треугольник $ABC$ — тупоугольный, центр описанной окружности расположен по другую сторону от $AC$, чем вершина $A$, причем из этого центра стороны $BC$ и $BA$ видны соответственно под углами $50^\circ$ и $40^\circ$. Кроме того, такая точка единственная (убедитесь в этом).

56

Почка пересечения высот (ортоцентр)

Известно много различных доказательств теоремы о том, что высоты треугольника пересекаются в одной точке. Мы приведем доказательство, основанное на одной общей идее, уже знакомой вам по доказательству теорем о том, что bicсектрисы треугольника, а также середины перепендикуляры к его сторонам пересекаются в одной точке.

Рассмотрим для удобства остроугольный треугольник ABC. Заметим, что для всех точек высоты AA1 относение расстояний до сторона AB и AC построено и равно $\frac{\cos B}{\cos C}$. (Прямая AA1 есть геометрическое место точек, относение расстояний от которых до прямы AB и AC равно $\frac{\cos B}{\cos C}$.) То же справедливо и для двух других высот. Обозначим через $H$ точку пересечения высоты AA1 и BB1 (рис. 7). Знай отношение расстояний от $H$ до AB и $AC$ ($\frac{\cos B}{\cos C}$) и относение от $H$ до BA и $BC$ ($\frac{\cos A}{\cos C}$), найдем, что относение расстояний от $H$ до CA и CB равно $\frac{\cos A}{\cos B}$ и, следовательно, $H$ принадлежит третий высоте.

Случай тупоугольного треугольника свойится к расстоянию, поскольку (см. рис. 7) для треугольника ABH точка C является точкой пересечения высот, опущенных из вершин A и B.

При решении задач часто используется следующая следующая.

Свойство $H_1$. Радуус окружности, проходящей через две вершины треугольника и точку пересечения его высот, равен радуусу описанной около треугольника окружности.

Иногда свойство $H_1$ удобнее формулировать несколько иначе.

Свойство $H'_1$. Окружность, проходящая через две вершины треугольника и точку пересечения высот, симметрина окружности, описанной около треугольника относительно соответствующей стороны треугольника.

Упражнение 4. Докажите утверждение $H_1$ и $H'_1$.

В заключение — одна несложная теорема.

Задача 4. На плоскости расположены три равные окружности, про-