Теорема об изогоналях

МАТЕМАТ ИЧ Е С К ИЙ К РУ ЖОК

Теорема об изогоналях

А.КУЛИКОВА, Д.ПРОКОПЕНКО

Биссектриса как совпавшие изогонали

Первая задача эквивалентна задаче М141 из «Задачника «Кванта». Задача 1. В треугольнике ABC чевианы $AA_{1}, BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке (рис.2). Оказалось, что ‘ $B_{1} A_{1} C$ ‘ $C_{1} A_{1} B$. Докажите, что $AA_{1}$ – высота.

ПРЯМЫЕ, ПРОХОДЯЩИЕ ЧЕРЕЗ ВЕРШИ- ну угла и симметричные относительно его биссектрисы, мы будем называть изогоналями относительно этого угла. В статье пойдет речь о следующей важной теореме и ее применениях. Теорема об изогоналях. Пусть OB и OC – изогонали угла AOD. Прямые AC и BD пересекаются в точке Q, прямые AB и CD – в точке P. Тогда OP и OQ – также изогонали относительно угла AOD. На рисунке 1 приведены два из возможных случаев расположения изогоналей OP и OQ относительно угла AOD. Для удобства синим цветом мы будем выделять стороны исходного угла, а красным и зеленым цветом – отрезки, лежащие внутри равных углов (отрезки AB и CD или AC и BD).

Рис. 2

Решение. Применим теорему об изогоналях к развернутому углу $BA_{1} C$ и изогоналям $A_{1} C_{1}$ и $A_{1} B_{1}$. Тогда $A_{1} A$ и $A_{1} P$ – совпавшие изогонали угла $BA_{1} C$, т.е. $A_{1} A$ – биссектриса угла $BA_{1} C$. Следовательно, $A_{1} A$ – высота треугольника ABC. Задача 2 (Санкт-Петербургская олимпиада, 2008). Дан вписанный четырехугольник ABCD. Диагонали AC и DB пересекаются в точке E, а прямые, содержащие противолежащие стороны, пересекаются в точке F (рис.3). На прямой EF взяли такую точку

Рис. 1

В конце статьи приведем одну полезную лемму о свойстве и признаке изогоналей и докажем теорему. А сначала покажем, как работает эта теорема. Перейдем к задачам. Начнем с частного случая, когда изогонали OB и OC совпали.

Эта статья является переработанным вариантом доклада ученицы 11 класса А.Куликовой на Московской математической конференции школьников (ММКШ) в 2016 году. Второй автор статьи был руководителем этой работы.

Рис. 3

P, что ‘ BPE ‘ EPC. Докажите, что ‘ APE ‘ DPE. Решение. Заметим, что PE – совпавшие изогонали угла BPC. Точки E и F – точки на этой изогонали. Точки A и D – пересечение прямых FB и CE, FC и BE соответственно. По теореме об изогоналях, PA и PD также являются изогоналями угла BPC. Следова-

42

КВАН T 2018/№4

тельно, прямые PA и PD симметричны относительно биссектрисы угла BPC. Можно показать, что случай ‘ APE ‘ DPE 180 q не реализуется, т.е. ‘ APE ‘ DPE, что и требовалось доказать. Интересно, что при решении задачи не использовалось то, что четырехугольник вписанный, значит, утверждение задачи верно для любых выпуклых четырехугольников.

Упражнение 1. В треугольнике ABC чевианы $AA_{1}, BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке. Оказалось, что $A_{1} A$ – биссектриса угла $C_{1} A_{1} B_{1}$. Докажите, что $AA_{1}$ – высота.

Задача 3 (Турнир городов, 2006). В треугольнике ABC проведена биссектриса AA c, на отрезке AA c выбрана точка X (рис.4). Прямая BX пересекает AC в точке B c, а прямая CX пересекает AB в точке C c.

3. На прямой, содержащей биссектрису угла B треугольника ABC, выбраны две точки K и L так, что B лежит между K и L. Прямые CK и AL пересекаются в точке M, прямые AK и CL – в точке N. Докажите, что ‘ MBA ‘ NBC. 4 (Санкт-Петербург, Олимпиада ФМЛ 239, 2016). В выпуклом четырехугольнике ABCD лучи AB и DC пересекаются в точке P, а лучи BC и AD – в точке Q. На диагонали AC нашлась такая точка T, что треугольники BTP и DTQ соответственно подобны. Докажите, что BD P PQ. Указание. Из подобия треугольников следует, что TB и TD – изогонали угла PTQ. Точки A и C – пересечение прямых PB и QD, BQ и PD соответственно. По теореме об изогоналях, TA и TC – совпавшие изогонали. Следовательно, TC – биссектриса угла PTQ. Осталось заметить, что треугольники ATP и ATQ подобны по двум углам (почему равны углы P и Q?) и имеют общую сторону, поэтому они равны.

Общий случай

Интересно, что в следующих двух задачах используются, на первый взгляд, совершенно разные конструкции. Задача 4 про треугольник, а задача 5 про параллелограмм. Задача 4. На сторонах AB и AC остроугольного треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABFE и ACGT (рис.5). Докажите, что точка P пересе-

Рис. 4

Отрезки A c B c и CC c пересекаются в точке P, а отрезки A c C c и BB c пересекаются в точке Q. Докажите, что углы PAC и QAB равны. Решение. Для решения задачи опять удобно рассматривать биссектрису A c A как две совпавшие изогонали угла BAC. Точки X и A c лежат на изогонали, а C c и B c – на сторонах угла. Точки Q и P – пересечение прямых XB c и A c C c, XC c и A cBc соответственно. По теореме об изогоналях, AQ и AP – тоже изогонали угла BAC, т.е. ‘ PAC ‘ QAB.

Упражнения

2 (Украина, отбор на Международную олимпиаду, 2004). Пусть M – точка на биссектрисе AL треугольника ABC. Через L провели прямую, пересекающую AB в точке P, а продолжение AC за точку C – в точке Q. Пусть N – пересечение BM и PQ, а K – пересечение QM и BC. Докажите, что ‘ NAL ‘ KAL.

Рис. 5

чения прямых CF и BG лежит на высоте $AA_{1}$. Задача 5 (А.Полянский, Московская устная олимпиада по геометрии, 2010). Из вершины A параллелограмма ABCD опущены перпендикуляры AM на BC и AN на CD, P – точка пересечения BN и DM (рис.6). Докажите, что прямые AP и MN перпендикулярны. Оказывается, что обе эти задачи являются частным случаем следующей конструкции.

44

КВАН T 2018/№4

Следовательно, CK – биссектриса угла BCD. Прежде чем перейти к задаче 8, попробуйте самостоятельно решить такое упражнение.

Упражнение 7 (П.Кожевников). На диагонали AC ромба ABCD взята произвольная точка E, отличная от точек A и C, а на прямых AB и BC взяты точки N и M соответственно так, что AE = = NE и CE = ME. Пусть K – точка пересечения прямых AM и CN. Докажите, что точки K, E и D лежат на одной прямой.

Задача 8 (В.Ясинский, Олимпиада по геометрии имени И.Ф.Шарыгина, заочный тур, 2013). На стороне AB треугольника ABC взята произвольная точка $C_{1}$ (рис.10).

Рис. 10

Точки $A_{1}, B_{1}$ на лучах BC и AC таковы, что ‘ $AC_{1} B_{1}$ ‘ $BC_{1} A_{1}$ ‘ ACB. Прямые $AA_{1}$ и $BB_{1}$ пересекаются в точке $C_{2}$.

угла $AC_{1} B$. Тогда прямые $C_{2} C_{1}$ и $CC_{1}$ симметричны относительно прямой AB. Следовательно, прямая $C_{2} C_{1}$ всегда проходит через точку C c, симметричную точке C относительно прямой AB. Интересно, что условие ‘ $AC_{1} B_{1}$ ‘ $BC_{1} A_{1}$ ‘ ACB использовалось не полностью. Мы пользовались только равенством ‘ $AC_{1} B_{1}$ ‘ $BC_{1} A_{1}$. Следующая задача взята из книги А.Акопяна «Геометрия в картинках», поэтому и мы дадим ее почти без текста. В решении будет использовано понятие изогонально сопряженных точек. «Квант» уже писал об этом – например, в статье П.Кожевникова «Изогонально сопряженные точки» в №1 за 2016 год. Задача 9. Докажите, что AX, BY, CZ пересекаются в одной точке (рис.11,а). Решение. Рассмотрим угол BAC, изогонали этого угла AZ и AY. Пусть BY пересекает CZ в точке D (рис.11,б). По теореме об изогоналях AX c и AD – изогонали угла BAC. Заметим, что X и X c – изогонально сопряженные точки. Следовательно, AX c и AX – тоже изогонали. Значит, прямые AX и AD совпали. Прямые AX, BY, CZ проходят через точку D.

Упражнение 8. Докажите, что в условиях задачи 9 (см. рис.11,б) прямые X c Z c, XZ, AC пересекаются в одной точке. Указание. Рассмотрим угол ZAZc. Из задачи 9 мы знаем, что AXc и AX – изогонали этого угла.

Рис. 11

Докажите, что все прямые $C_{1} C_{2}$ проходят через одну фиксированную точку. Решение. Рассмотрим развернутый угол $AC_{1} B$, для которого $C_{1} B_{1}$ и $C_{1} A_{1}$ – изогонали. Точки C и $C_{2}$ – пересечение прямых $AB_{1}$ и $BA_{1}, AA_{1}$ и $BB_{1}$ соответственно. По теореме об изогоналях, $C_{1} C_{2}$ и $C_{1} C$ – изогонали

Прямые X c Z и Z c X пересекаются в точке B. Тогда прямые XZ и X c Z c пересекаются в некоторой точке Q так, что AB и AQ – изогонали угла ZAZc.

(Продолжение следует)

54

КВАН T 2018/№4

Рис. 6

разместить на поле можно (рис.6,б). Итак, нами доказано, что наибольшее количество трехпалубных кораблей, которые можно разместить на поле, равно 9.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ

1. Путешественник придет (по спирали) на Северный полюс. 2. Из точек, расположенных на параллели, отстоящей на 5 км к югу от экватора. 3. Такие путешествия доказывают лишь замкнутость земной поверхности; примером подобной может быть и поверхность цилиндра. 4. Для измерения широты достаточно посмотреть на высоту Полярной звезды над горизонтом. А определение долготы равносильно синхронизации часов с местом отправления, что требует точных хронометров, изобретенных позже первых кругосветных путешествий. 5. Корабельный календарь отстал на один день. Обогнув Землю с востока на запад, моряки совершили на один суточный оборот меньше, чем неподвижный порт, откуда они выплыли и куда вернулись. 6. Земная тень на Луне во время лунного затмения имеет форму круга – такая тень бывает только от шара. 7. Вследствие вращения Земля сплюснута, ее полярный радиус короче экваториального. Поэтому самые близкие к центру Земли точки – это полюса планеты, а из людей – участники походов на подводных лодках в Арктике. 8. Нет, так как потерю в весе можно отнести на счет сплюснутости Земли, а отклонение отвеса может быть вызвано неравномерностью распределения масс внутри планеты. 9. На полюсе в течение суток высота Солнца над горизонтом почти не меняется. Поэтому тень от чего-либо в течение суток «ходит по кругу», оставаясь все время одной длины. 10. Хотя для наблюдателя на экваторе траектория Солнца меняется в зависимости от времени

года, оно всегда проводит над горизонтом половину суток. 11. Будет, так как орбитальное движение Земли приводит к кажущемуся обращению Солнца вокруг нее с периодом в один год. 12. Тепловое действие лучей тем значительнее, чем круче они падают на поверхность вертикально расположенных тел, а именно так в полярных странах идут лучи от невысоко поднимающегося над горизонтом Солнца. 13. Несколько тысячелетий назад в районе Северного полюса мира не было яркой звезды. Ориентация в ночное время проводилась по суточному вращению неба, которое надежнее указывает направление «восток-запад», чем «северюг». 14. Смотря для чего. Для навигации в открытом море и для астрономических наблюдений невооруженным глазом удобнее система Птолемея; для запуска спутников – несомненно, система Коперника. 15. Вблизи полюса мала горизонтальная составляющая земного магнитного поля и потому мал вращающий момент, действующий на магнитную стрелку. 16. Магнитное поле Земли практически однородно и создает только вращающий момент, действующий на стрелку, в то время как неоднородное поле постоянного магнита помимо вращения вызывает и поступательно движение стрелки.

МИКРООПЫТ

Если вы аккуратно провели измерения и расчеты, то расстояние «по карте» должно быть больше расстояния «по глобусу», они совпадут, лишь если пути между точками пройдут по экватору или по меридиану.

ГДЕ ОШИБКА?

В каждом из предложенных текстов есть ошибки. 1. Чисел, удовлетворяющих условию задачи, не существует. Действительно, если а – b = 1, то $a^{2} b^{2} =$ а + b = 119 = 7 ˜ 17, т.е. 119 – составное число. Таким образом, в приведенном решении получено необходимое условие (а = 60, b = 59), но проверка показывает, что оно не является достаточным. Это можно в равной степени трактовать либо как некорректность условия (сумма чисел должна быть простым числом), либо как ошибку в решении и ответе (после разложения на множители разности квадратов можно сразу сделать вывод, что искомых чисел не существует). 2. Число 10, конечно, не учтено, так как в перечне простых чисел, меньших 40, пропущено