Квант 2017, №9 · Страницы

11

ТЕОРЕМА

ШАЛЯ

В

ТРЕХ

ЛИЦАХ

Теорема Шаля. Всякое движение евклидовой плоскости есть или поворот, или параллельный перенос, или скользящая симметрия. Эта теорема, доказанная французским геометром Мишелем Шалем в середине XIX века, достаточно широко известна и встречается во многих книгах по элементарной геометрии; есть о ней статья и в $«Кванте»^{4}$. В этой статье мы докажем теорему Шаля и ее аналоги в трех геометриях: плоской евклидовой, сферической и геометрии Лобачевского. Аксиоматика геометрии Лобачевского отличается от евклидовой только одной аксиомой – аксиомой о параллельных. У Евклида эта аксиома выглядит так: Аксиома Евклида. Через данную точку A, не лежащую на данной прямой a, можно провести не более одной прямой, параллельной прямой a (т.е. не имеющей с ней общих точек). Эта аксиома, в сравнении с другими, не кажется наглядно очевидной и скорее выглядит как теорема, которую следовало бы доказать. Тем не менее, попытки сделать это, которые предпринимали многие геометры со времен Евклида и до XIX века, не увенчались успехом. В конце концов, Николай Иванович Лобачевский в своей работе «О началах геометрии» (1828 г.) предположил, что если заменить евклидову аксиому о параллельных на ее отрицание, то получится непротиворечивая теория, и тем самым доказать эту аксиому как теорему из остальных аксиом невозможно (одновременное присутствие утверждения и его отрицания делают теорию противоречивой). Примерно в то же время к этой идее пришли также Янош Бойаи и Карл Фридрих Гаусс. Основываясь на предположении, что замена аксиомы о параллельных на ее отрицание не приводит к противоречиям, Лобачевский значительно продвинулся в развитии новой геометрической теории, которую мы сейчас называем геометрией Лобачевского, – однако строго доказать, что противоречия в ней в принципе получить невозможно, удалось лишь спустя полвека после открытия Лобачевского. Для этого были построены модели геометрии Лобачевского, одну из которых мы приводим ниже. Итак, в геометрии Лобачевского вместо аксиомы о параллельных принято ее отрицание. Аксиома Лобачевского. Существуют такие прямая a и не лежащая на ней точка A, что через точку A можно провести хотя бы две прямые, не имеющие общих точек с A. В присутствии других аксиом Евклида из аксиомы Лобачевского следует ее более сильный вариант: для любых прямой a и не лежащей на ней точки A через A можно провести более одной прямой, параллельной a. Все остальные аксиомы у Евклида и у Лобачевского совпадают. К этим двум геометриям – Евклида и Лобачевского – мы добавим также сферическую геометрию. Точки этой геометрии расположены на сфере (в обычном трехмерном евклидовом пространстве). Роль прямых играют большие круги, образующиеся при сечении сферы плоскостями, проходящими через ее центр: дуга большого круга – это кратчайший путь между двумя точками, если двигаться разрешено только по сфере. Может показаться, что рассуждать о фигурах на сфере можно методами обычной евклидовой стереометрии, и выделять отдельно сферическую геометрию излишне. Однако взглянуть на сферу как на некий аналог плоскости иногда бывает очень полезно, как для теоретических, так и для практических $задач.^{5}$ Сферическая геометрия и вправду многим похожа на планиметрии Евклида и Лобачевского (в частности, в ней верны многие из теорем, используемых в доказательстве теоремы Шаля – см. ниже), но многим и отличается. Например, на сфере возможен треугольник, все углы которого прямые (рис.5).

4 В.Бугаенко. «Движения плоскости и тео-

метрии в астрономии можно почитать в книге В.П.Цесевича «Что и как наблюдать на небе».

рема Шаля» («Квант» №4 за 2009 г.).

5 Например, о применении сферической гео-

13

ТЕОРЕМА

ШАЛЯ

чек A и B. Классическое евклидово доказательство этого факта не использует аксиому о параллельных – оно, как говорится, принадлежит абсолютной геометрии, т.е. общей части геометрий Евклида и Лобачевского. Теорема о серединном перпендикуляре верна также и на сфере. Таким образом, остается понять, как устроены композиции двух или трех осевых симметрий в каждой из трех геометрий. Композицию двух симметрий, $S_{a} o S_{b}$, вычислить относительно просто. В евклидовом случае возможны две ситуации: (1) прямые a и b пересекаются, и тогда $S_{a} o S_{b}$ есть поворот относительно точки их пересечения на удвоенный угол меж-

Рис. 9

ду этими прямыми (рис.9); (2) прямые a и b параллельны – тогда $S_{a} o S_{b}$ есть

Рис. 10

параллельный перенос (рис.10). На сфере все еще проще: любые две «прямые» (т.е. два больших круга) пересекаются в двух диаметрально противоположных точках, и $S_{a} o S_{b}$ есть вращение сферы вокруг проходящей через эти две точки оси (рис.11). Чтобы разобраться со случаем геометрии Лобачевского, нам будет удобно иметь наглядное представление плоскости Ло-

В

ТРЕХ

ЛИЦАХ

Рис. 11

бачевского, иначе говоря, построить модель плоскости Лобачевского на материале евклидовой плоскости. Для этого нужно придать новый смысл основным геометрическим понятиям – по-новому объяснить, что такое точка, прямая, равенство отрезков, равенство углов, и сделать это таким образом, чтобы при этом остались верны все евклидовы аксиомы, кроме аксиомы о параллельных. Сделать это можно многими разными способами; у нас будет один из них – модель Пуанкаре в верхней полуплоскости. Точками, принадлежащими плоскости Лобачевского, будут считаться только точки, расположенные строго выше некоторой выбранной прямой, называемой абсолютом. (Если абсолют считать осью Ox, то мы будем рассматривать только точки с y > 0.) Роль прямых в этой модели будут играть полуокружности с центром на абсолюте, а также вертикальные лучи. Вторая разновидность прямых называется особой. Сразу видно, что в этой модели нарушается евклидова аксиома о параллельных: через данную точку A можно провести бесконечно много прямых, не имеющих общих точек с данной прямой a (рис.12). Все эти прямые можно было бы считать параллельными прямой a – однако общепринятая терминология считает параллельными прямой a только «крайние» прямые $b_{1}$ и $b_{2}$, имеющие с ней общие точки на абсолюте; остальные

14

КВАНТ 2017/№9

Рис. 15

Рис. 12

прямые называются расходящимися с прямой a. В случае когда прямая a особая, одна из параллельных ей прямых тоже будет особой (рис.13).

Рис. 13

В модели Пуанкаре симметрия относительно особой прямой определяется евклидовым образом (рис.14); роль же сим-

Рис. 14

метрии относительно неособой прямой играет замечательное преобразование плоскости, называемое инверсией (рис.15). При инверсии относительно окружности (прямой в смысле Лобачевского) с центром O на абсолюте и радиусом R точка A переходит в точку A a, лежащую на луче OA и такую, что OA – $OA a R^{2}$. Инверсия определена для всех точек плоскости, кроме O – к счастью, точка O лежит вне точек плоскости Лобачевского и поэтому нас не интересует. Инверсия обладает всеми $свойствами^{6}$, которые мы ожидаем от осевой симметрии: i инверсия переводит верхнюю полуплоскость в верхнюю полуплоскость; i инверсия относительно полуокружности (прямой в смысле Лобачевского) a сохраняет точки, лежащие на самой a, на месте; i инверсия переводит прямые (в смысле Лобачевского) в прямые (в смысле Лобачевского); i инверсия сохраняет углы (угол между прямыми в смысле Лобачевского считается равным евклидову углу между касательными, проведенными в точке пересечения); i если два раза применить одну и ту же инверсию, получится тождественное преобразование. Далее, определив с помощью инверсий равенство отрезков в модели Пуанкаре, можно доказать в ней, как теоремы, аксиомы абсолютной геометрии и тем самым обосновать, что это действительно модель геометрии Лобачевского. Но об этом, как говорят исландцы, не говорится в этой саге. О том же, как все-таки выглядят композиции двух и трех симметрий в геометрии Лобачевского, мы расскажем в следующем номере журнала.

6 Подробнее о свойствах инверсии и ее применении в геометрических задачах можно прочитать в брошюре И.Д.Жижилкина «Инверсия» (Библиотека «Математическое просвещение», вып.35, МЦНМО, 2009).

(Продолжение следует)

26

КВАНТ 2017/№9

все треугольники, как на рисунке 12. Так как угол в общей вершине уменьшается с

Рис. 12

увеличением n, все гипотенузы наклонены к горизонтали под разными углами. А теперь, чтобы сделать гипотенузы равными, растянем каждый треугольник в целое

число раз. Если это число-масштаб выбрать как произведение длин гипотенуз всех остальных треугольников (целое число!), то после такого растяжения длина каждой гипотенузы окажется равной произведению длин всех исходных гипотенуз. Осталось лишь, как обычно, расположить эти отрезки (и их отражения) друг за другом, и они выстроятся в равносторонний многоугольник! Так что число сторон в таких многоугольниках ничем не ограничено.

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

Мы начинаем очередной конкурс по решению математических задач. Они рассчитаны в первую очередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников всех возрастов. Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу: [email protected] или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажите город, школу и класс, в котором Вы учитесь, а также обратный почтовый адрес. Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (в таком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Желаем успеха!

1. У Умного Кролика есть участок квадратной формы 8 ¥ 8, состоящий из 64 одинаковых грядок 1 ¥ 1. На некоторых грядках он выращивает капусту, а на остальных – морковь (пустых грядок нет). Известно, что рядом с каждой капустной грядкой ровно две капустные, а рядом с каждой морковной – ровно две морковные (грядки находятся рядом, если они соседние по стороне). Может ли доля капустных грядок составлять: а) ровно половину, б) более 60% от общего числа грядок? М.Евдокимов

2. Натуральное число n больше 1 и не делится на 10. Могут ли его последняя цифра и предпоследняя цифра числа $n^{4}$ быть одинаковой четности? (Последняя

Конкурс проводится совместно с журналом «Квантик».

цифра – в разряде единиц, предпоследняя – в разрядке десятков.) С.Дворянинов

3. Можно ли разрезать прямоугольник 2 ¥ 5: а) на четыре части, б) на три части, из которых можно сложить квадрат? (Прикладывать части друг к другу можно только без просветов и наложений.) Фольклор

4. В ряд выписаны миллион чисел: первое число 123456789, а 999999 чисел – нули. За ход разрешается выбрать число, если оно хотя бы на 10 меньше, чем соседнее слева, и увеличить его на 1, а все числа левее уменьшить на 9. Так делают, пока можно сделать ход. Какой набор чисел может получиться в конце? (Требуется найти все варианты и доказать, что других нет.) Е.Бакаев

30

КВАНТ 2017/№9

очень быстро толкать снизу вверх шариком, насаженным на геликоид, в результате пропеллер начинает очень быстро вращаться и, срываясь с геликоида, поднимается вверх довольно высоко. В этой игрушке геликоид неподвижен, а перемещается пропеллер – он же отрезок, он же ступенька.

Как геликоид раскручивает юлу

Принципиальное устройство юлы (рис.7) таково. Корпус юлы – это два конуса с совпадающими основаниями. Вершина ниж-

Рис. 7

него конуса, т.е. острие, располагается на столе или на полу. Вершина верхнего конуса чуть срезана, так что получается усеченный конус. Его верхнее основание – круглая пластина некоторой толщины. В этой пластине имеется прорезь, получается она так. Представим пересечение нашего геликоида и верха юлы. Реальный геликоид имеет толщину, поэтому в пересечении с круглой пластиной оказывается часть геликоида. Вот эта часть и выбрасывается из основания. Если юла неподвижна, то через эту щель геликоид можно протолкнуть сверху вниз. Геликоид при этом вращается по часовой стрелке. Итак, в этом случае прорезь неподвижна, геликоид движется вниз и вращается. Взаимное вращение геликоида и прорези можно представить и подругому: геликоид (без вращения!) движется вниз, а прорезь вращается против часовой стрелки. Но прорезь – это корпус юлы,

тем самым, юла вращается против часовой стрелки. При этом геликоид скользит по поверхности прорези. Можно увидеть некоторую аналогию с тем, как велосипедная цепь набегает на звездочку. Когда одно звено цепи покидает звездочку, на смену ему приходит другое звено и так далее. Так же две шестерни цепляются одна за другую: один зубец уходит, тут же приходит следующий, за ним еще один… Сила, которую мы прикладываем к штоку-геликоиду, передается на корпус юлы. Касающиеся (совпадающие) поверхности геликоида и прорези можно приближенно считать поверхностями двух клиньев, о которых мы говорили раньше. Поверхность прорези – это полоска, движущаяся по геликоиду-штоку. Раскручиваем мы юлу непостоянно. Вдвинув шток-геликоид на максимальную глубину, мы выпускаем его из рук – юла крутится. Заметив замедление вращения, мы поднимаем шток вверх. При этом он никак с юлой не взаимодействует. Затем мы снова надавливаем на шток. Процесс повторяется циклически. Подобным же образом происходит подпитка энергии при движении велосипеда. Мы крутим педали, прикладываем к ним силу, велосипед ускоряется. Потом мы можем не крутить педали – велосипед движется по инерции. Устройство сцепления штока с юлой похоже на сцепление ведомой звездочки с задним колесом велосипеда. При вращении в одну сторону есть зацепление, в другую – его нет. В заключение предлагаем вам своими руками сделать модель юлы (рис.8). Вам потребуется стеклянный пузырек, лист бумаги с прорезью и кусок упомянутой выше проволоки. Ставим пузырек на стол, сверху кладем лист бумаги, в прорезь вставляем нашу проволоку. Теперь надавливаем сверху на шток-геликон – и лист бумаги вращается, как $юла._{Рис.} 8$

Трисекторы

Шарнирный механизм

Шарнирные механизмы – это системы из прямых жестких стержней, соединенных на концах шарнирами, которые позволяют стержням поворачиваться друг относительно друга. Такие механизмы используются в технике, по-видимому, с XVIII века. И сейчас они едва ли не повсеместны: от выдвижного зеркала в ванной до некоторых типов автомобильной подвески. Для нашей задачи они тоже пригодились. На рисунке 7 показан «веер», придуманный математиком Дж.Дж.Сильвестром в 1875 году.

Рис. 7

Точки $A_{1}$, … $, A_{7}$ всегда находятся на одной окружности с центром О, и в этих точках фиолетовые звенья не поворачиваются друг относительно друга. Другой вариант трисекции при помощи шарнирного механизма можно найти на сайте «Математические этюды» (www.etudes.ru/ ru/etudes/angle-trisection/). Узнать больше о шарнирных механизмах можно в статьях Ю.Соловьева «Инверсоры» («Квант» №4 за 1990 г.) и Н.Андреева «Инверсоры» («Квант» №2 за 2017 г.).

Оригами

Да-да, это древнее искусство складывания причудливых фигурок из листа бумаги нашло свое отражение и в математике. Подробно о математическом оригами можно прочитать в статье А.Петрунина «Оригами и построения» в «Кванте» №1 за 2008 год. Мы же лишь приведем последовательность действий, которая позволяет разделить данный угол ни три части (рис.8). Этот способ предложил японец Хисаси Абэ.

Окончание. Начало см. в «Кванте» №8.

Рис. 8

Пусть на листе бумаги дан угол ВАС, который требуется разделить на три равные части. Сначала нужно построить складки PP¢ и QQ¢, параллельные АВ, так, чтобы QQ¢ была посередине между PP¢ и АВ. Затем нужно согнуть лист так, чтобы точка А (на рисунке 8 ее обрез обозначен A ¢ ) A попала на QQ¢, а точка Р одновременно с этим попала на АС. Тогда угол A ¢ AB будет равен трети исходного угла ВАС.

Упражнение 8. Докажите это. Объясните, почему это построение нельзя воспроизвести при помощи циркуля и линейки (нельзя использовать аргумент, что это противоречило бы невозможности трисекции).

Вспомогательные кривые

Оказывается, выполнить трисекцию можно и обычными циркулем и линейкой. Но для этого нужно, чтобы на плоскости, на которой происходит построение, уже была нарисована вспомогательная кривая. Для этого годятся довольно много разных кривых, вот лишь пара простых примеров. Гипербола y = 2/x. Пусть точка Х – вершина ветви гиперболы, О – начало координат, а точки А и В расположены на прямой ОХ так, что ВА = АО = ОХ (рис.9).

Рис. 9

39

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

Рис. 4

Пусть в треугольнике ABC провели высоты. Треугольник с вершинами в основаниях высот называется ортотреугольником. Ортотреугольник является педальным треугольником ортоцентра H. Тогда по свойству 1 получаем: Радиус описанной окружности, проведенный из вершины треугольника, перпендикулярен соответствующей стороне ортотреугольника (рис.5).

Рис. 6

Тогда AQ является серединным перпендикуляром к отрезку XY. Доказательство. Согласно свойству $1, AQ > B_{1} C_{1}, B_{1} C_{1} P XY$ (как средняя линия). Тогда AQ > XY. Теперь заметим, что в точке A пересекаются серединные перпендикуляры к сторонам PX и PY треугольника PXY. Или чуть иначе: YA = AP = AX, тогда треугольник AXY – равнобедренный, и перпендикуляр к стороне XY является серединным перпендикуляром к XY. Пусть точки X, Y и Z симметричны P относительно прямых AC, AB и BC (рис.7). Треугольник XYZ будем называть удвоенным педальным треугольником точки P относительно треугольника ABC. Из свойства 2 вытекает такое следствие: Изогонали являются серединными перпендикулярами к сторонам удвоенного педального треугольника.

Рис. 5

Упражнение 3. Из точки K внутри треугольника ABC опущены перпендикуляры $KA_{1}, KB_{1}$ и $KC_{1}$ на стороны BC, AC, AB соответственно. Через точку $A_{1}$ проведена прямая $l_{1}$, параллельная прямой, симметричной прямой AK относительно биссектрисы угла A. Прямые $l_{2}, l_{3}$ определяются аналогично. Докажите, что прямые $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ пересекаются в одной точке. Указание. Пусть прямые $l_{A}$ и AK – изогонали  BAC, тогда по условию $l_{1} P l_{A}$. По свойству 1 имеем $l_{A} > B_{1} C_{1}$.

Отметим еще одно свойство изогоналей. Свойство 2. Пусть AP и AQ – изогонали относительно угла, а точки X и Y симметричны P относительно сторон угла (рис.6).

Рис. 7

40

КВАНТ 2017/№9

Изогональное сопряжение

Теорема 1. Пусть точка P не лежит на описанной окружности треугольника ABC. Тогда прямые, изогональные к прямым AP, BP и CP, пересекаются в одной точке (рис.8,а).

в) Пусть $AA_{0}, BB_{0}, CC_{0}$ – высоты в треугольнике ABC, M – произвольная точка, $A_{1}$ – точка, симметричная M относительно стороны BC; аналогично определяются точки $B_{1}, C_{1}$. Докажите, что прямые $B_{0} B_{1}, C_{0} C_{1}, A_{0} A_{1}$ пересекаются в одной точке. Указания. б) Прямые пересекаются в точке, изогонально сопряженной M относительно треугольника ABC; в) докажите, что стороны треугольника ABC лежат на внешних биссектрисах для треугольника $A_{0} B_{0} C_{0}$, и воспользуйтесь п.б).

Центр описанной окружности и ортоцентр

Вспомним, что радиус описанной окружности и высота, проведенные из одной вершины треугольника, изогональны. Тогда точки O и H – изогонально сопряжены.

Рис. 8

Обозначим точку пересечения Q. Точка Q называется изогонально сопряженной для точки P. Можно также говорить, что точки P и Q изогонально сопряжены. Пользуясь следствием из свойства 2, мы можем доказать теорему и сразу получить геометрический смысл точки Q: это центр описанной окружности удвоенного педального треугольника XYZ. Теорему 1 используют и в немного другой формулировке. Теорема 1 a. Если AP и AQ, BP и BQ – две пары изогоналей в треугольнике ABC, то CP и CQ – тоже изогонали (рис.8,б). Отметим, что если точка P лежит на описанной окружности и отлична от вершин треугольника ABC, то изогонали к AP, BP и CP параллельны друг другу.

Упражнение 4. Докажите это.

Очевидно, биссектриса изогональна сама себе. Тогда центр вписанной и центры вневписанных окружностей изогонально сопряжены сами себе.

Упражнение 5. а) На биссектрисе угла A треугольника ABC внутри треугольника взяты точки D и F так, что  DBC  FBA. Докажите, что  DCB  FCA. б) Точка M расположена внутри треугольника ABC, $A_{1}$ – точка, симметричная M относительно внешней биссектрисы угла A; аналогично определяются точки $B_{1}, C_{1}$. Докажите, что прямые $AA_{1}, BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке.

Упражнение 6. а) Пусть прямая a проходит через вершину A треугольника ABC и перпендикулярна стороне $B_{1} C_{1}$ ортотреугольника. Прямые b и c определяются аналогично. Докажите, что прямые a, b и c пересекаются в одной точке. б) Пусть $H_{1}, H_{2}, H_{3}$ – точки, симметричные H относительно сторон треугольника ABC. Докажите, что точки $H_{1}, H_{2}, H_{3}$ лежат на описанной окружности треугольника ABC. в) Через основание высоты $AA_{1}$ треугольника ABC проведена прямая $l_{1}$, параллельная прямой AO. Прямые $l_{2}, l_{3}$ определяются аналогично. Докажите, что прямые $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ пересекаются в одной точке.

Точка пересечения касательных и удвоенная медиана

Пусть AM – медиана треугольника ABC. Сделаем стандартное построение. Удвоим медиану AM за точку M и получим точку D. Построим точку P, изогональную к D. Для этого достаточно построить изогонали к BD и CD. Пусть углы треугольника равны  A A,  B B,  C G. Отложим от стороны BA угла ABC изогональ к BD (рис. 9,а). Тогда эта прямая образует со стороной BC угол A. Аналогично построим изогональ к CD. Пусть полученные прямые пересекаются в точке P. Мы получили, что  PBC  PCB  BAC A. По известному признаку (угол между касательной и хордой) PB и CP – касательные к описанной окружности треугольника ABC. Тогда по теореме 1 a AP является изогональю для медианы AM относительно угла BAC. Эта изогональ называется симедианой. Мы получили основное свойство симедианы:

41

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

Рис. 10

Рис. 9

Cимедиана, проведенная через вершину A, проходит через точку пересечения касательных, проведенных в точках B и C к описанной окружности треугольника ABC (рис. 9,б). Подробнее о свойствах симедианы можно прочитать в статье [4].

Упражнение 7. а) (Устная олимпиада по геометрии, 2004 г.) Пусть $C_{1}$ и $B_{1}$ – проекции точки P пересечения касательных, проведенных в точках B и C к описанной окружности треугольника ABC, AM – медиана. Тогда $AM > B_{1} C_{1}$. б) (Всероссийская олимпиада, 2013 г.) Остроугольный треугольник ABC вписан в окружность 7. Касательные, проведенные к 7 в точках B и C, пересекаются в точке P. Точки D и E – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые AB и AC. Докажите, что точка пересечения высот треугольника ADE является серединой отрезка BC.

Общая педальная окружность

Вернемся к изучению свойств изогоналей угла. Пусть AP и AQ – изогонали угла BAC. Свойство 3. Проекции точек P и Q на стороны угла AB и AC лежат на одной окружности (рис.10), причем центр этой окружности – середина отрезка PQ.

Упражнение 8. Докажите это свойство.

Теперь мы готовы доказать основную теорему этого раздела.

Теорема 2. Педальные окружности изогонально сопряженных точек P и Q совпадают. Доказательство. По свойству 3 проекции точек P и Q на прямые AB и BC лежат на одной окружности (рис.11). То же верно и для проекций точек P и Q на прямые AB и AC. Но эти две окружности имеют общий

Рис. 11

центр – середину отрезка PQ. Кроме того, они имеют общую точку, значит, эти окружности совпадают.

Упражнение 9 (финальный тур Олимпиады имени И.Ф.Шарыгина, 2006 г.). Дан треугольник ABC и точка P внутри него. Точки Aa, Ba, Ca – проекции P на прямые BC, CA, AB. Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника A a B a C a, лежит внутри треугольника ABC.

Посмотрим, какой результат даст теорема 2 для уже знакомой пары изогонально сопряженных точек O и H. Вершины педального треугольника точки O – середины сторон, а для точки H – основания высот. Тогда по теореме 2 все эти шесть точек лежат на

42

КВАНТ 2017/№9

одной окружности. Эта окружность называется окружностью Эйлера.

Далее применим нашу теорию для решения задач.

Четырехугольник с двумя равными противоположными углами

Задача 1. Диагонали параллелограмма ABCD (отличного от прямоугольника) пересекаются в точке M (рис.12). Докажите, что точка M, а также основания

Рис. 12

перпендикуляров, опущенных из точки D на прямые BC, CA и AB, лежат на одной окружности. Переформулируем задачу. Надо доказать, что точка M лежит на педальной окружности точки D относительно треугольника ABC $( A_{1} B_{1} C_{1}$ – педальный треугольник точки D). По теореме 2 на этой же окружности лежат проекции на стороны треугольника ABC изогонально сопряженной точки. Если мы докажем, что одна из проекций совпала с M, то задача решена. Решение. Построим точку P, изогонально сопряженную к D. Поскольку BD – удвоенная медиана, то, по свойству симедианы, P – точка пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC, проведен-

Рис. 13

ных в точках A и C (рис.13). По теореме 2 точки P и D имеют общую педальную окружность. Точка M – проекция точки P на AC. Следовательно, точка M лежит на окружности $A_{1} B_{1} C_{1}$. Оказывается, что эту задачу можно обобщить. Задача 2 (о четырехугольнике). В выпуклом четырехугольнике ABCD углы A и С равны (рис.14). Докажите, что основания

Рис. 14

перпендикуляров, опущенных из точки D на прямые AB, BC, AC, и середина отрезка AC лежат на одной окружности или на одной прямой.

Упражнения

10. Докажите это. Указание. Пусть точка P – изогонально сопряженная к D относительно треугольника ABC. Докажите, что M – проекция P на AC. 11 (М991). В треугольнике ABC точка M – середина BC, H – основание высоты, проведенной из A на BC. Точки P и Q внутри угла BAC выбраны так, что  BAP  CAQ, BP > PA, AQ > QC (рис.15). Докажите, что точки P, Q, M и H лежат на одной окружности.

Рис. 15

43

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

Указание. Эта конструкция похожа на задачу о четырехугольнике. 12 (Московская математическая олимпиада, 1987 г.). Точка P внутри треугольника ABC такова, что  PBA  PCA (рис.16). Пусть $C_{1}$ и $B_{1}$ – проекции точки P на стороны AB и AC

Рис. 17

Рис. 16

соответственно, M – середина BC. Докажите, что $MB_{1} MC_{1}$. Указание. Заметим, что в условии уже есть проекции точки P на две стороны и середина стороны. Добавим еще точку $A_{1}$ – проекцию точки P на сторону BC. Таким образом можно построить конструкцию из задачи 2 (для случая невыпуклого четырехугольника ABPC). Останется доказать равенство хорд в окружности, проходящей через $A_{1}, B_{1}, C_{1}, M.$

Снова точка пересечения касательных и удвоенная медиана

Рассмотрим точку Р пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC, проведенных в точках B и C, и удвоенную медиану AD (рис.17). Воспользуемся теперь теоремой об общей педальной окружности, чтобы «придумать» задачу. Мы уже знаем, что точки P и D изогонально сопряжены и у них общая педальная окружность. А теперь «спрячем» некоторые элементы конструкции. Именно, попробуем избавиться в условии задачи от точки D (которая была бы подсказкой к решению). Проведем высоту AH. Поскольку ABDC – параллелограмм, то проекция X точки D на BC и точка H симметричны относительно середины M отрезка BC, т.е. CX = BH. Теперь мы готовы сформулировать задачу, которая практически эквивалентна сложной олимпиадной задаче (упражнение 13). Задача 3. В остроугольном неравнобед- ренном треугольнике ABC проведена высота AH, точка M – середина BC. Касательные к описанной окружности треугольника ABC, проведенные в точках B и C, пересекаются в точке P. На стороне BC отложили отрезок CX = BH. Точки E и F – проекции точки P на стороны AB и AC. Докажите, что точки E, F, M и X лежат на одной окружности.

Упражнения

13 (Всероссийская олимпиада, 2015 г.). В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведены медиана AM и высота AH. На прямых AB и AC отмечены точки Q и P соответственно так, что QM > AC и PM > AB (рис.18). Окружность, описанная около треугольника PMQ, пересекает прямую BC вторично в точке X. Докажите, что BH = CX.

Рис. 18

44

КВАНТ 2017/№9

Рис. 19

Указание. «Верните» на чертеж точку пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC в точках B и C и воспользуйтесь результатом упражнения 7,б. 14 (заочный тур Олимпиады имени И.Ф.Шарыгина, 2017 г.). Касательные к описанной окружности треугольника ABC, проведенные в точках A и B, пересекаются в точке D. Окружность, проходящая через проекции D на прямые BC, CA, AB, повторно пересекает AB в точке Ca. Аналогично строятся точки Aa, Ba. Докажите, что прямые AAa, BBa, CCa пересекаются в одной точке.

В завершение попробуем решить еще одну довольно сложную задачу. Задача 4 (Иранская олимпиады по геометрии, 2014 г.). Пусть H – основание высоты из вершины A треугольника ABC и H a – точка, симметричная точке H относительно середины стороны BC (рис. 19,а). Касательные к описанной окружности треугольника ABC, проведеные в точках B и C, пересекаются в точке X. Перпендикуляр к XH a, проведенный в точке H a, пересекает прямые AB и AC в точках Y и Z соответственно. Докажите, что  YXB  ZXC. Решение. Рассмотрим случай остроугольного треугольника (другие случаи читатель может разобрать аналогично). Поскольку BX и CX – касательные, имеем  CBX  BCX  A, откуда  BXC 180 o 2  A. Пусть  XYZ J,  XZY Q. Для решения достаточно доказать, что  YXZ 2  A или, эквивалентно, J Q 2  A. Пусть E и F – проекции точки X на AB и AC (рис.19,б). Заметим, что четырехуголь-

ник XH a YE – вписанный, следовательно,  XYH a  XEH a J. Аналогично,  XZH a  XFH a Q. Из четырехугольника AEXF найдем  EXF 180 o  A. Остается убедиться, что  EH a F 180 o  A (тогда по сумме углов в четырехугольнике XFH a E получим, что J Q 2  A ). Пришла пора применить полученные знания про эту конструкцию. Нам уже известно, что точки E, M (середина BC), H a, F лежат на одной окружности. Тогда  EH a F  EMF. Кроме того, согласно упражнению 7,б, EM > AC, FM > AB, откуда легко получаем, что  EMF 180 o  A. Задача решена.

Список литературы

1. П.Кожевников. Изогонально сопряженные точки. – «Квант», 2016, №1. 2. В.В.Прасолов. Точки Брокара и изогональное сопряжение. – М.: МЦНМО, 2000. 3. А.В.Акопян. Геометрия в картинках. – М.: МЦНМО, 2011. 4. Ю.Блинков. Симедиана. – «Квант», 2015, №4. 5. А.Акопян, А.Заславский. Разные взгляды на изогональное сопряжение. – «Математическое просвещение», 2007, вып. 11.

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ

ЕГЭ по физике

Структура вариантов ЕГЭ по физике 2017 года существенно отличалась от вариантов двух последних лет. Каждый вариант содержал 26 заданий с проверкой только ответа и 5 заданий с проверкой решения (с развернутым ответом). Полностью исчезли задания с выбором одного ответа из четырех. За 17 заданий из 26 можно было получить максимум по 1 первичному баллу, за 9 заданий из 26 –максимум по 2 балла, а за последние 5 заданий с развернутым ответом – максимум по 3 балла. Ниже приводятся один полный вариант и несколько избранных задач открытого сегмента ЕГЭ по физике 2017 года.

Вариант 1

Инструкция по выполнению работы Для выполнения экзаменационной работы по физике отводится 3 часа 55 минут (235 минут). Работа состоит из 2 частей, включающих в себя 31 задание. В заданиях 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 24–26 ответом является целое число или конечная десятичная дробь. Число запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу в бланк ответов №1. Единицы измерения физических величин писать не нужно.

Ответом к заданиям 19 и 22 являются два числа. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу, не разделяя числа пробелом, в бланк ответов №1.

Ответ к заданиям 27–31 включает в себя подробное описание всего хода выполнения задания. В бланке ответов №2 укажите номер задания и запишите его полное решение. При вычислениях разрешается использовать непрограммируемый калькулятор. Все бланки ЕГЭ заполняются яркими черными чернилами. Допускается использование гелевой, капиллярной или перьевой ручек. При выполнении заданий можно пользоваться черновиком. Записи в черновике не учитываются при оценивании работы. Баллы, полученные Вами за выполненные задания, суммируются. Постарайтесь выполнить как можно больше заданий и набрать наибольшее количество баллов. Желаем успеха!

Ниже приведены справочные данные, которые могут понадобиться Вам при выполнении работы.

ДЕСЯТИЧНЫЕ ПРИСТАВКИ

Ответом к заданиям 5–7, 11, 12, 16–18, 21 и 23 является последовательность двух цифр. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу без пробелов, запятых и других дополнительных символов в бланк ответов №1.

Ответом к заданию 13 является слово. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу в бланк ответов №1.

51

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ

для решения задачи, а также математические преобразования, расчеты с численным ответом и при необходимости рисунок, поясняющий решение. 28. Небольшой кубик массой m = 1 кг начинает скользить с нулевой начальной скоростью по гладкой горке, переходящей в «мертвую петлю» радиусом R = 2 м (рис.13). С какой высоты Н был отпущен кубик, если на высоте h = 2,5 м от нижней точки петли сила давления кубика на стенку петли равна

МАТЕРИАЛЫ

Рис. 15

движутся поступательно и равномерно с разными скоростями. Какова скорость движения первого стержня относительно второго? Самоиндукцией контура пренебречь. 31. В опыте по изучению фотоэффекта свет частотой N 6,1 – $10^{14}$ Гц падает на поверхность катода, в результате чего в цепи возникает ток. График зависимости силы тока I от напряжения U между анодом и катодом приведен на рисунке 16. Какова

Рис. 13

F = 5 Н? Сделайте рисунок с указанием сил, поясняющий решение. 29. В запаянной с одного конца длинной горизонтальной стеклянной трубке постоянного сечения (рис.14) находится столбик воздуха длиной $l_{1} = 30,7$ см, запертый столбиком ртути. Если трубку поставить вертикально отверстием вверх, то длина воздушного столбика под ртутью будет равна $l_{2} = 23,8$ см. Какова длина ртутного столбика? Атмосферное давление 747 мм рт. ст. Температуру воздуха в трубке считать постоянной.

Рис. 14

30. По горизонтально расположенным шероховатым рельсам с пренебрежимо малым сопротивлением могут скользить два одинаковых стержня массой m = 100 г и сопротивлением R = 0,1 Ом каждый (рис. 15). Расстояние между рельсами l = 10 см, а коэффициент трения между стержнями и рельсами M 0,1. Рельсы со стержнями находятся в однородном вертикальном магнитном поле с индукцией B = 1 Тл. Под действием горизонтальной силы, действующей на первый стержень вдоль рельс, оба стержня

Рис. 16

мощность падающего света Р, если в среднем один из 20 фотонов, падающих на катод, выбивает электрон?

Избранные задачи открытого сегмента

1. На вертикальной оси укреплена гладкая горизонтальная штанга, по которой могут перемещаться два груза массами $m_{1} = = 200$ г и $m_{2} = = 300$ г, связанные нерастяжимой невесомой нитью длиной l = 20 см (рис.17). Нить закрепили на Рис. 17 оси так, что грузы располагаются по разные стороны от оси и натяжение нити с обеих сторон от оси при вращении штанги одинаково. Определите модуль силы натяжения Т нити, соединяющей грузы, при вращении штанги с частотой N = 600 об/мин. 2. На шероховатой наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол A 30 o, ле-