Глава 14. § -1  |	Оглавление |	Глава 15.

14.1.

Пусть X и O - произвольные точки. Тогда

m1

® OX1

+ ј + mn

® OXn

= (m1 + ј + mn)

® OX

+ m1

® XX1

+ ј + mn

® XXn

, поэтому точка O является центром масс данной системы точек тогда и только тогда, когда

(m1 + ј + mn) ® OX    + m1 ® XX1    + ј + mn ® XXn    =  ® 0,

т. е.

® XO

=

1 m1 + ј + mn

(m1

® XX1

+ ј + mn

® XXn

)

. Из этого рассуждения вытекают решения обеих задач.

14.2.

Пусть Z - произвольная точка, a = a₁ + ј + a_n, b = b₁ + ј + b_m. Тогда

® ZX

= (a1

® ZX1

+ ј + an

® ZXn

)/a

и 

® ZY

= (b1

® ZY1

+ ј + bm

® ZYm

)/b

. Если O - центр масс точки X с массой a и точки Y с массой b, то

® ZO

= (a

® ZX

+ b

® ZY

)/(a + b) = (a1

® ZX1

+ ј + an

® ZXn

+ b1

® ZY1

+ ј + bm

® ZYm

)/(a + b)

, т. е. O - центр масс системы точек X₁, ј, X_n, Y₁, ј, Y_m с массами a₁, ј, a_n, b₁, ј, b_m.

14.3.

Пусть O - центр масс данной системы. Тогда

a

® OA

+ b

® OB

=

® 0

, поэтому точка O лежит на отрезке AB и a OA = b OB, т. е. AO : OB  =  b : a.

14.4.

Поместим в точки A, B и C единичные массы. Пусть O - центр масс этой системы точек. Точка O является также центром масс точки A с массой 1 и точки A₁ с массой 2, где A₁ - центр масс точек B и C с единичными массами, т. е. A₁ - середина отрезка BC. Поэтому точка O лежит на медиане AA₁ и  делит ее в отношении AO : OA₁  =  2 : 1. Аналогично доказывается, что остальные медианы проходят через точку O и делятся ею в  отношении 2 : 1.

14.5.

Поместим в вершины четырехугольника ABCD единичные массы. Пусть O - центр масс этой системы точек. Достаточно доказать, что точка O является серединой отрезков KM и LN и серединой отрезка, соединяющего середины диагоналей. Ясно, что K - центр масс точек A и B, M - центр масс точек C и D. Поэтому точка O является центром масс точек K и M с массами 2, т. е. O - середина отрезка KM. Аналогично O - середина отрезка LN. Рассматривая центры масс пар точек (A, C) и (B, D) (т. е. середины диагоналей), получаем, что точка O является серединой отрезка, соединяющего середины диагоналей.

14.6.

Поместим в вершины шестиугольника единичные массы; пусть O - центр масс полученной системы точек. Так как точки A₁, C₁ и E₁ являются центрами масс пар точек (A, B), (C, D) и (E, F), то точка O является центром масс системы точек A₁, C₁ и E₁ с массами 2, т. е. O - точка пересечения медиан треугольника A₁C₁E₁ (см. решение задачи 14.4). Аналогично доказывается, что O - точка пересечения медиан треугольника B₁D₁F₁.

14.7.

Пусть прямые AA₁ и CC₁ пересекаются в точке O; AC₁ : C₁B = p и BA₁ : A₁C = q. Нужно доказать, что прямая BB₁ проходит через точку O тогда и только тогда, когда CB₁ : B₁A = 1 : pq.

14.8.

Поместим в точки A, B, C и D массы 1, a, ab и b соответственно. Тогда точки K, L, M и N являются центрами масс пар точек (A, B), (B, C), (C, D) и (D, A) соответственно. Пусть O - центр масс точек A, B, C и D с указанными массами. Тогда O лежит на отрезке NL и NO : OL  =  (ab + a) : (1 + b) = a. Точка O лежит на отрезке KM и  KO : OM = (b + ab) : (1 + a) = b. Поэтому O - точка пересечения отрезков KM и  LN, т. е. O = P и NP : PL = NO : OL = a, KP : PM = b.

14.9.

Поместим в вершины A, B и C массы p, 1 и q соответственно. Пусть O - центр масс этой системы точек. Будем рассматривать точку с массой 1 как две совпадающие точки с массами x_a и x_c, где x_a + x_c = 1. Пусть K - центр масс точек A и B с массами p и x_a, a L - центр масс точек C и B с массами q и x_c. Тогда AK : KB = x_a : p, CL : LB = x_c : q, а точка O, являющаяся центром масс точек K и L с массами p + x_a и q + x_c, лежит на прямой KL. Изменяя x_a от 0 до 1, мы получим все прямые, проходящие через точку O и пересекающие стороны AB и BC. Поэтому для всех этих прямых выполняется равенство

p AK KB

+

q CL LB

=  xa + xc = 1

.

14.10.

Обозначим центр масс мух через O. Пусть одна муха находится в вершине A, а A₁ - центр масс двух других мух. Ясно, что точка A₁ лежит внутри треугольника ABC, а точка O лежит на отрезке AA₁ и делит его в отношении AO : OA₁ = 2 : 1. Поэтому точка O лежит внутри треугольника, полученного из треугольника ABC гомотетией с коэффициентом 2/3 и центром A. Рассматривая такие треугольники для всех трех вершин, получаем, что единственной их общей точкой является точка пересечения медиан треугольника ABC. Так как одна муха побывала во всех трех вершинах, а точка O при этом оставалась на месте, точка O должна принадлежать всем трем этим треугольникам, т. е. O совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC.

14.11.

а) Пусть AB₁ : B₁C = 1 : p и BA₁ : A₁C = 1 : q. Поместим в точки A, B, C массы p, q, 1 соответственно. Тогда точки A₁ и B₁ являются центрами масс пар точек (B, C) и (A, C). Поэтому центр масс системы точек A, B и C лежит как на отрезке AA₁, так и на отрезке BB₁, т. е. совпадает с  точкой O. Следовательно, точка C₁ является центром масс точек A и B. Поэтому CO/OC₁ = p + q = (CB₁/B₁A) + (CA₁/A₁B).

14.12.

Пусть M - центр масс треугольника ABC. Тогда

® MA

+

® MB

+

® MC

=

® 0

. Кроме того,

® AB1

+

® BC1

+

® CA1

= k(

® AC

+

® BA

+

® CB

)  =

® 0

. Сложив эти равенства, получим

® MB1

+

® MC1

+

® MA1

=

® 0

, т. е. M - центр масс треугольника A₁B₁C₁.

14.13.

Пусть A₁, B₁ и C₁ - середины сторон BC, CA и AB. Центр масс точек B₁ и C₁ находится в точке K, для которой B₁K:KC₁ = c:b = B₁A₁:A₁C₁. Поэтому A₁K - биссектриса угла B₁A₁C₁.

14.14.

Пусть M₁ - центр масс n – 2 точек, K - середина хорды, соединяющей две оставшиеся точки, O - центр окружности, M - центр масс всех данных точек. Если прямая OM пересекает прямую, проведенную через точку M₁ в точке P, то

OM

/

MP

=

KM

/

MM1

= (n – 2)/2

, а значит, положение точки P однозначно определяется положением точек O и M (если M = O, то P = O).

14.15.

Параллельность прямых A₁B₂ и AB означает, что если B₂ - центр масс точек A и C с массами 1 и g, то A₁ - центр масс точек B и C с массами 1 и g. Определим числа a и b аналогично.

14.16.

Пусть P - центр масс точек A, B и C с массами a, b и c, M - центр масс точек A, B и C с массой a + b + c в каждой точке, Q - центр масс объединения этих двух систем точек. Середина отрезка AB является центром масс точек A, B и C с массами a + b + c – (ab/c), a + b + c – (ab/c) и 0, а середина отрезка A₁B₁ является центром масс точек A, B и C с массами a(b + c)/c, b(a + c)/c и (b + c) + (a + c). Центр масс объединения этих систем точек является точкой Q.

14.17.

а) Поместим в точки B, C и A такие массы b, g и b + c, что CA₁ : BA₁ = b : g, BC₁ : AC₁ = b : b и AB₁ : CB₁ = g : c. Тогда M - центр масс этой системы, а значит, A₁M/AM = (b + c)/(b + g). Точка P является центром масс точек A, B и C с массами c, b и g, поэтому A₁P/PA = c/(b + g). Аналогично A₁Q/AQ = b(b + g).

14.18.

Точка пересечения прямых PQ и P₁Q₁ является центром масс точек A, B и C с массами a, b и c; при этом P - центр масс точек A и B с массами a – x и b, а Q - центр масс точек A и C с массами x и c. Пусть

p =

BP

/

PA

= (a – x)/b

и 

q =

CQ

/

QA

= x/c

. Тогда pb + qc = a. Аналогично p₁b + q₁c = a. Следовательно,

BD

/

CD

=  – c/b = (p – p1)/(q – q1).

14.19.

Занумеруем точки данной системы. Пусть x_i - вектор с началом в точке O и концом в точке с номером i, причем этой точке приписана масса m_i. Тогда

е

mixi = 0

. Пусть, далее,

a =

® XO

. Тогда

IO =

е

mixi2

,

IM =

е

mi(xi + a)2 =

е

mixi2 + 2(

е

mixi, a) +

е

mi a2 = IO + ma2

.

14.20.

а) Пусть x_i вектор с началом в центре масс O и концом в точке с номером i. Тогда

е i,j

(xi – xj)2  =

е i,j

(xi2 + xj2) – 2

е i,j

(xi, xj)

, где суммирование ведется по всем возможным парам номеров точек. Ясно, что

е i,j

(xi2 + xj2) = 2n

е i

xi2 = 2nIO

и 

е i,j

(xi, xj) =

е i

(xi,

е j

xj) = 0

. Поэтому

2nIO =

е i,j

(xi – xj)2 = 2

е i < j

aij2

.

14.21.

а) Пусть M - точка, симметричная точке A относительно прямой BC. Тогда M - центр масс точек A, B и C с массами  – 1, 1 и 1, а значит,  – AX² + BX² + CX² = I_X = I_M + ( – 1 + 1 + 1)MX² = ( – 3 + 1 + 1)a² + MX², где a - сторона треугольника ABC. В итоге получаем, что искомое ГМТ является окружностью радиуса a с  центром M.

14.22.

Пусть M - центр масс вершин треугольника ABC с единичными массами. Тогда I_O = I_M + 3MO² = (a² + b² + c²)/3 + 3MO² (см. задачи 14.19 и 14.20, а)). А так как OA = OB = OC = R, то I_O = 3R². Остается заметить, что OH = 3OM (задача 5.116).

14.23.

Ясно, что AX/XA₁ = AX²/AX · XA₁ = AX²/(R² – OX²). Поэтому нужно проверить, что AX² + BX² + CX² = 3(R² – OX²) тогда и только тогда, когда OM² = OX² + MX². Для этого достаточно заметить, что AX² + BX² + CX² = I_X = I_M + 3MX² = I_O – 3MO² + 3MX² = 3(R² – MO² + MX²).

14.24.

Пусть P - центр масс точек A, B и C с массами a, b и g; можно считать, что a + b + g  = 1. Если K - точка пересечения прямых CP и AB, то

BC PA1  =   CK PK  =   CP + PK PK  = 1 +   CP PK  =  1 +   a + b g  =   1 g .

Аналогичные рассуждения показывают, что рассматриваемая величина равна bga² + gab² + abc² = I_P (см. задачу 14.20, б)). А так как I_O = aR² + bR² + gR² = R², то I_P = I_O – OP² = R² – OP².

14.25.

Поместим в данные точки единичные массы. Как следует из результата задачи 14.20, а), сумма квадратов попарных расстояний между этими точками равна nI, где I - момент инерции системы точек относительно центра масс. Рассмотрим теперь момент инерции системы относительно центра O окружности. С одной стороны, I Ј I_O (см. задачу 14.19). С другой стороны, так как расстояние от точки O до любой из данных точек не превосходит R, то I_O Ј nR². Поэтому nI Ј n²R², причем равенство достигается, только если I = I_O (т. е. центр масс совпадает с центром окружности) и I_O = nR² (т. е. все точки расположены на данной окружности).

14.26.

Пусть A₁, B₁ и C₁ - проекции точки P на стороны BC, CA и AB; M - центр масс треугольника A₁B₁C₁. Тогда 3(d_a² + d_b² + d_c²) = 3I_P і 3I_M = A₁B₁² + B₁C₁² + C₁A₁²  =  (R_csin C)² + (R_asin A)² + (R_bsin B)², так как, например, отрезок A₁B₁ является хордой окружности с диаметром CP.

14.27.

Пусть O - центр данной окружности. Если хорда AB проходит через точку M, то AM · BM = R² – d², где d = MO. Обозначим через I_X момент инерции системы точек A₁, ј, A_n относительно точки X. Тогда I_O = I_M + nd² (см. задачу 14.19). С другой стороны, так как OA_i = R, то I_O = nR². Поэтому

AiM · BiM = R2 – d2 =

1 n

(A1M2 + ј + AnM2)

. Таким образом, если ввести обозначение a_i = A_iM, то требуемое неравенство перепишется в  виде

a1 + ј + an Ј

1 n

(a12 + ј + an2)

ж и

1 a1

+ ј +

1 an

ц ш

. Для доказательства этого неравенства следует воспользоваться неравенством x + y Ј (x²/y) + (y²/x) (последнее неравенство получается из неравенства xy Ј x² – xy + y² умножением обеих частей на

x + y xy

).

14.28.

Поместим в вершины многоугольника единичные массы. При симметрии относительно оси симметрии эта система точек переходит в себя, поэтому ее центр масс тоже переходит в себя. Следовательно, все оси симметрии проходят через центр масс вершин с единичными массами.

Рис. 14.2

14.29.

Поместим  в центры клеток, из которых состоят «уголки» и прямоугольники, единичные массы. Разобьем каждую исходную клетку бумаги на четыре клетки, получив тем самым новую клетчатую бумагу. Легко проверить, что теперь центр масс уголка лежит в центре новой клетки, а центр масс прямоугольника - в вершине клетки (рис. 14.2). Ясно, что центр масс фигуры совпадает с ее центром симметрии, а центр симметрии фигуры, состоящей из исходных клеток, может находиться только в вершине новой клетки. Так как массы уголков и плиток равны, сумма векторов с началом в центре масс фигуры и с концами в центрах масс всех уголков и плиток равна нулю. Если бы число уголков было нечетно, то сумма векторов имела бы полуцелые координаты и была бы отлична от нуля. Следовательно, число уголков четно.

14.30.

Поместим в вершины многоугольника A₁јA_n единичные массы. Тогда O - центр масс данной системы точек. Поэтому

® AiO

= (

® AiA1

+ ј +

® AiAn

)/n

и A_iO Ј (A_iA₁ + ј + A_iA_n)/n. Следовательно,

d = A1O + ј + AnO Ј

1 n

е i,j = 1

AiAj

. Число n можно записать либо в виде n = 2m, либо в виде n = 2m + 1. Пусть P - периметр многоугольника. Ясно, что A₁A₂ + ј + A_nA₁ = P, A₁A₃ + A₂A₄ + ј + A_nA₂ Ј 2P, ј, A₁A_m + 1 + A₂A_m + 2 + ј + A_nA_m Ј mP, причем в левых частях этих неравенств встречаются все стороны и  диагонали. Так как в сумму

n е i,j = 1

AiAj

все они входят дважды, то

d Ј  1 n n е i,j = 1  AiAj Ј  2 n (P + 2P + ј + mP)  =   m(m + 1) n  P.

При n четном это неравенство можно усилить за счет того, что в этом случае в сумму A₁A_m + 1 + ј + A_nA_m + n каждая диагональ входит дважды, т. е. вместо mP можно взять mP/2. Значит, при n четном

d Ј  2 n ж и P + 2P + ј + (m – 1)P +   m 2 P ц ш  =   m2 n  P.

Таким образом, при n четном

d Ј

m2 n

P =

n 4

P

, а при n нечетном

d Ј

m(m + 1) n

P =

n2 – 1 4n

P.

14.31.

Пусть k = BK/BC = 1 – (DL/DC). При проекции на прямую, перпендикулярную диагонали BD, точки A, B, K и L переходят в такие точки Aў, Bў, Kў и Lў, что BўKў + BўLў = k AўBў + (1 – k)AўBў = AўBў. Следовательно, центр масс точек Aў, Kў и Lў совпадает с точкой Bў. Остается заметить, что при проекции центр масс переходит в центр масс.

14.32.

Введем следующие обозначения:

e1 =

® A3A1

,

e2 =

® A3A2

и 

x =

® XA3

. Точка X является центром масс вершин треугольника A₁A₂A₃ c массами m₁, m₂, m₃ тогда и только тогда, когда m₁(x + e₁) + m₂(x + e₂) + m₃x = 0, т. е. mx =  – (m₁e₁ + m₂e₂), где m = m₁ + m₂ + m₃. Будем считать, что m = 1. Любой вектор x на плоскости можно представить в виде x =  – m₁e₁ – m₂e₂, причем числа m₁ и m₂ определены однозначно. Число m₃ находится по формуле m₃ = 1 – m₁ – m₂.

14.33.

Эта задача является переформулировкой задачи 13.29.

14.34.

При проекции на прямую AB параллельно прямой BC вектор

u =

® XA

· BL +

® XB

· AK +

® XC

· LK

переходит в  вектор

® LA

· BL +

® LB

· AK +

® LB

· LK

. Последний вектор нулевой, так как

® LA

=

® LK

+

® KA

. Рассмотрев проекцию на прямую AB параллельно прямой AC, получим, что u = 0.

14.35.

Используя результат задачи 14.33, легко проверить, что ответ следующий: a) (sin 2a : sin 2b :  sin 2g); б) (a : b : c), в) (tg a : tg b : tg g).

14.36.

Прибавив к обеим частям равенства

a

® XA

+ b

® XB

+ g

® XC

=

® 0

вектор

(b + g)

® XA

получим

® XA

= (b + g)

® XA

+ b

® BX

+ g

® CX

= b

® BA

+ g

® CA

.

14.37.

Согласно задаче 14.1, б)

3

® XM

=

® XA

+

® XB

+

® XC

. Кроме того,

® XA

= b

® BA

+ g

® CA

,

® XB

=  a

® AB

+ g

® CB

и 

® XC

= a

® AC

+ b

® BC

(см. задачу 14.36).

14.38.

Пусть прямые, проходящие через точку X параллельно AC и BC, пересекают прямую AB в точках K и L соответственно. Если (a : b : g) - барицентрические координаты точки X, причем a + b + g  = 1, то

2

® XC1

=

® XK

+

® XL

=  g

® CA

+ g

® CB

(см. решение задачи 14.34). Поэтому

3

® XM1

=

® XA1

+

® XB1

+

® XC1

= (a(

® AB

+

® AC

) + b(

® BA

+

® BC

) + g(

® CA

+

® CB

))/2  =  3

® XM

/2

(см. задачу 14.37).

14.39.

Пусть X - произвольная точка, O - центр описанной окружности данного треугольника,

ei =

® OAi

и 

a =

® XO

. Если точка X имеет барицентрические координаты (x₁  : x₂  : x₃), то

е

xi(a + ei)  =

е

xi

® XAi

= 0

, так как X - центр масс точек A₁, A₂, A₃ с массами x₁, x₂, x₃. Поэтому

(

е

xi)a =  –

е

xiei

. Точка X принадлежит описанной окружности треугольника тогда и только тогда, когда |a| = XO = R, где R - радиус этой окружности. Таким образом, описанная окружность треугольника задается в барицентрических координатах уравнением

R2(

е

xi)2 = (

е

xiei)2

, т.е.

R2

е

xi2 +  2R2

е i < j

xixj = R2

е

xi2 + 2

е i < j

xi xj (ei, ej)

, так как |e_i| = R. Это уравнение переписывается в виде

е i < j

xixj (R2 – (ei, ej)) = 0

. Заметим теперь, что 2(R² – (e_i, e_j)) = a_ij², где a_ij - длина стороны A_iA_j. В  самом деле, a_ij² = |e_i – e_j|² = |e_i|² + |e_j|² – 2(e_i, e_j)  =  2(R² – (e_i, e_j)). В итоге получаем, что описанная окружность треугольника A₁A₂A₃ задается в  барицентрических координатах уравнением

е i < j

xixj aij2 = 0

, где a_ij - длина стороны A_iA_j.

14.40.

а) Пусть X и Y - точки с барицентрическими координатами (a : b : g) и (a ^– 1 : b ^– 1 : g ^– 1); прямые CX и CY пересекают прямую AB в точках X₁ и Y₁. Тогда

AX1

:

BX1

= b : a  = a – 1 : b – 1  =

BY1

:

AY1

. Аналогичные рассуждения для прямых AX и BX показывают, что точки X и Y изотомически сопряжены относительно треугольника ABC.

14.41.

Точки A₂ и B₁ имеют барицентрические координаты (0 : 1 : a₂) и (1 : 0 : b₁), поэтому в барицентрических координатах (a : b : g) прямая A₂B₁ задается уравнением ab₁ + ba₂ = g. Прямые B₂C₁ и C₂A₁ задаются уравнениями bg₁ + gb₂ = a и ga₁ + ag₂ = b. Эти прямые пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

к к к к к к к   b1   a2  – 1  – 1   g1   b2   g2  – 1   a1 к к к к к к к  = 0.

14.42.

Рассмотрим прямые l₁ = AB, l₂ = BC, l₃ = CD и l₄ = AD. Пусть x_i - расстояние от точки X до прямой l_i с учетом знака (если точка X и четырехугольник ABCD лежат по одну сторону от прямой l_i, то знак положителен). Таким образом, (x₁ : x₂ : x₃) - трилинейные координаты точки X относительно треугольника, образованного прямыми l₁, l₂, l₃.

Если в прямоугольной системе координат прямая l_i задается уравнением xcos j + ysin j  =  d, то x_i = ±(xcos j + ysin j – d). Поэтому x₁, x₂, x₃, x₄ линейно выражаются через x и y.

14.43.

Пусть (x : y : z) - трилинейные координаты относительно треугольника ABC. Из равенства РABP = РCBQ следует, что точки P и Q имеют трилинейные координаты вида (p : u : q) и (q : v : p). Прямые AP и CQ задаются уравнениями y : z = u : q и x : y = q : v, поэтому их точка пересечения D имеет трилинейные координаты

ж и

1 v

:

1 q

:

1 u

ц ш

. Прямые AQ и CP задаются уравнениями y : z = v : p и x :  y = p : u, поэтому их точка пересечения E имеет трилинейные координаты

ж и

1 u

:

1 p

:

1 v

ц ш

. Из вида трилинейных координат точек D и E следует, что РCBD = РABE.

14.44.

Пусть (x : y : z) - трилинейные координаты первой точки Брокара P. Тогда x : y : z = CP : AP : BP. Кроме того, AP/sin j  =  AB/sin a  =  2Rc/a (здесь j - угол Брокара). Аналогично BP = 2Rsin j a/b и CP = 2Rsin j b/c. Таким образом, первая точка Брокара имеет трилинейные координаты

ж и

b c

:

c a

:

a b

ц ш

. Вторая точка Брокара имеет трилинейные координаты

ж и

c b

:

a c

:

b a

ц ш

.

14.45.

а) Описанная окружность задается уравнением ayz + bxz + cxy = 0, т. е.

a x

+

b y

+

c z

= 0

(здесь a, b, c - длины сторон треугольника). Одно доказательство этого утверждения содержится в решении задачи 5.11; другое - в решении задачи 14.39. Еще одно доказательство можно получить, воспользовавшись тем, что описанная окружность изогонально сопряжена бесконечно удаленной прямой, которая задается уравнением ax + by + cz = 0.

в) Вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, задается уравнением

cos

a 2

Ц

– x

+ cos

b 2

Цy + cos

g 2

Цz = 0,

т. е.

cos 4  a 2 x2 + cos 4  b 2 y2 + cos 4  g 2 z2 =

=  2 ж и cos 2  b 2 cos 2  g 2 yz – cos 2  a 2 cos 2  b 2 xy – cos 2  a 2 cos 2  g 2 xz ц ш .

Это доказывается точно так же, как и для вписанной окружности.

14.46.

Окружность девяти точек задается в трилинейных координатах уравнением

x2sin acos a + y2sin bcos b + z2sin gcos g  =  yzsin a + xzsin b + xysin g.

Чтобы доказать это, достаточно проверить, что кривая, заданная этим уравнением, пересекает каждую сторону треугольника в середине стороны и в основании высоты. (Кривая второй степени задается пятью точками, а у нас получается целых шесть точек.) Середина стороны BC имеет трилинейные координаты (0 :  sin g : sin b), а основание высоты, опущенной на эту сторону, имеет трилинейные координаты (0 :  cos g : cos b). Легко проверить, что обе эти точки лежат на данной кривой.

14.47.

Уравнение yzsin a + xzsin b + xysin g  =  0 задает описанную окружность треугольника. В декартовых координатах уравнение любой окружность можно получить, вычтя из уравнения фиксированной окружность некоторую линейную функцию. В трилинейных координатах для сохранения однородности «линейную функцию» px + qy + rz нужно домножить на «постоянную величину» xsin a + ysin b + zsin g (эта величина будет постоянной, если x, y, z - расстояния до сторон треугольника, а не числа, пропорциональные этим расстояниям).

14.48.

Пусть точки (x₀ : y₀ : z₀) и (x₁ : y₁ : z₁) лежат на вписанной окружности. Тогда прямая, проходящая через эти точки, задается уравнением

x( Ц   y0z1    +  Ц   y1z0   )cos   a 2  + y( Ц   x0z1    +  Ц   x1z0   )cos   b 2  + z( Ц   x0y1    +  Ц   x1y0   )cos   g 2  = 0.

Проверим, например, что точка (x₀ : y₀ : z₀) лежит на этой прямой. Для этого воспользуемся тождеством

x( Ц   y0z1    +  Ц   y1z0   )cos   a 2  + ј  =

=  ( Ц   x0y0z1    +  Ц   x0y1z0    +  Ц   x1y0z0   )( Ц   x0   cos   a 2  + ј) –  Ц   x0y0z1   ( Ц   x1   cos   a 2  + ј).

Точки (x₀ : y₀ : z₀) и (x₁ : y₁ :  z₁) лежат на вписанной окружности, поэтому согласно задаче 1.46, б)

Ц

x0

cos

a 2

+ ј  =  0

и

Ц

x1

cos

a 2

+ ј  =  0

.

14.49.

Уравнение вписанной окружности можно записать в виде

ж з з и x cos 4  a 2 sin a  + ј ц ч ч ш (xsin a + ј)  =  4cos 2  a 2 cos 2  b 2 cos 2  g 2 sin asin bsin g (yzsin a + ј),

а уравнение окружности девяти точек можно записать в виде (xcos a + ј)× ×(xsin a + ј) = 2(yzsin a + ј). Поэтому согласно задаче 14.47, б) их радикальная ось задается уравнением

2cos 2  a 2 cos 2  b 2 cos 2  g 2 (xcos a + ј)  =  sin asin bsin g ж з з и x cos 4  a 2 sin a  + ј ц ч ч ш .

Сократим обе части на

2cos

a 2

cos

b 2

cos

g 2

. Учитывая, что

2cos 3  a 2 cos   b 2 cos   g 2  – cos   a 2 cos   b 2 cos   g 2 cos a  =  cos   a 2 sin   a – b 2 sin   a – g 2 ,

полученное уравнение можно записать в виде

xcos   a 2 sin   b – g 2  +  ycos   b 2 sin   a – g 2  +  zcos   g 2 sin   a – b 2  = 0.

Согласно задаче 14.48 это уравнение является уравнением касательной к вписанной окружности в точке

(sin 2

b – g 2

: sin 2

a – g 2

:  sin 2

a – b 2

)

(Легко проверить, что эта точка действительно лежит на вписанной окружности.) Если радикальная ось двух окружностей касается одной из них в некоторой точке, то окружности касаются в той же самой точке.

14.50.

а) Из решения задачи 19.56 следует, что вершина A₁ треугольника Брокара является точкой пересечения прямых CP и BQ, где P и Q - первая и вторая точки Брокара. Поэтому точка A₁ имеет трилинейные координаты

ж и 1 :   c2 ab  :   b2 ac ц ш  = (abc : c3 : b3).

Барицентрические координаты этой точки имеют вид (a² : c² : b²).

Глава 14. § -1  |	Оглавление |	Глава 15.

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.