Залман Алтерович
Скопец

3. А. Скопец
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
МИНИАТЮРЫ
Составитель Г. Д. Глейзер
Москва «Просвещение» 1990
ББК 22.151
С44
Рецензенты:
зам. директора НИИ СиМО кандидат педагогических наук В. В. Фирсов;
учитель-методист школы № 165 Москвы М. Л. Галицкий
Скопец 3. А.
С44 Геометрические миниатюры/Сост. Г. Д. Глейзер.— М.: Просве-
щение, 1990.—224 с.: ил.
ISBN 5-09-001293-8
Эта книга будет интересна всем любителям математики: старшеклассникам и
учащимся ПТУ и техникумов, студентам и учителям математики. Читатели познако-
мятся с любопытными геометрическими фактами и оригинальными подходами к ре-
шению задач. Каждый очерк — это законченное «микроисследование» нестандартной
задачи.
С
4306020000—692 лл
103(03)—90 227	90
ББК 22.151
ISBN 5-09-001293-8
© Скопец 3. А. Составитель Глейзер Г. Д., 1990
ОТ СОСТАВИТЕЛЯ
Любителям математики предлагается книга известного советского гео-
метра и педагога, доктора физико-математических^ наук, профессора Зал-
мана Алтеровича Скопеца (1917—1984). Книга составлена
из отдельных очерков, написанных им в разное время. Часть этих очерков
публикуется впервые.
Вначале несколько слов об авторе. 3. А. Скопец родился в г. Краславе
(ныне Латвийская ССР). По окончании гимназии поступил в Рижский
университет, который окончил в 1938 г. со званием магистра по специаль-
ности «математика». Свой трудовой путь 3. А. Скопёц начал учителем
математики сельской школы Ярославской области. Затем с 1942 г. до конца
своей жизни он работал в Ярославском государственном педагогическом
институте им. К. Д. Ушинского. Здесь он прошел путь от лаборанта до
заведующего кафедрой геометрии. В 1946 г. 3. А. Скопец защитил в МГУ
им. М. В. Ломоносова кандидатскую диссертацию (о кремоновых преобра-
зованиях), а в 1962 г. в МГПИ им. В. И. Ленина — докторскую диссер-
тацию «Проективная и неевклидова циклография и ее применение к начер-
тательной геометрии в евклидовом пространстве». 3. А. Скопец опублико-
вал более 200 работ. Под его редакцией вышло 15 томов ученых записок
по геометрии.
Круг научных интересов Залмана Алтеровича был чрезвычайно широк
и разнообразен — от работ по элементарной геометрии до исследований в
области проективной, начертательной, неевклидовой и алгебраической гео-
метрий. В Ярославле Залман Алтерович создал научную школу по кон-
структивной геометрии, в значительной мере продвинувшую и обогатив-
шую новыми идеями эту классическую область математики, основополож-
никами которой были Г. Монж, Ж. В. Понселе, Я. Штейнер. Среди уче-
ников 3. А. Скопеца есть много ярких ученых и педагогов.
Особо следует подчеркнуть роль 3. А. Скопеца в создании современных
учебных и методических пособий по геометрии для школ и педагогических
институтов. Педагогическая деятельность была его любимым делом и при-
носила ему много радости и глубокое удовлетворение.
3. А. Скопец обладал выдающимся талантом и тонким вкусом в решении
и составлении задач. Эта грань его таланта нашла свое достаточно полное
5
отражение в разделе задач журнала «Математика в школе». Много лет он
вел этот раздел, что способствовало существенному повышению культуры
геометрических задач в нашей стране.
Мне посчастливилось сотрудничать и дружить с 3. А. Скопецом. Пред-
лагаемая книга составлена мною из различных его статей и докладов, на-
писанных в разное время. При подготовке этих очерков к печати-я старался
в максимальной степени сохранить авторский тёкст. Некоторые очерки на-
писаны 3. А. Скопецом в соавторстве со своими учениками: В. А. Жаровым
(«Две теоремы косинусов для четырехугольника»), Т. М. Кориковой («Об
использовании единичного вектора при решении задач»), А. И. Чегодаевым
(«Применение движений к решению геометрических задач»), А. И. Кузне-
цовой («Метод подобия при решении планиметрических задач»), Г. Б. Куз-
нецовой («Применение метода координат к изучению свойств параболы»),
Я. П. Понариным («Метод комплексных чисел в планиметрии». «Прямая и
окружность на плоскости комплексных чисел»), Э. Г. Готманом («Теорема
Морлея»).
Содержащиеся в книге очерки представляют собой убедительный при-
мер того, какой богатый простор дает пытливому мыслящему уму элементар-
ная геометрия и насколько велик ее потенциал в деле математического
развития человека.
В заключение выражаю сердечную признательность и благодарность
Марии Борисовне Скопец, предоставившей материалы к этой книге и активно
помогавшей мне в подготовке книги к печати, профессору Кировского
пединститута Я. П. Понарину, кандидату педагогических наук В. В. Фирсову, г
учителю М. Л. Галицкому, ассистенту Горьковского пединститута Г. Н. Ни-
китиной, внимательно прочитавшим материалы и оказавшим помощь в от-
боре наиболее актуальных из них.
Профессор Г. Д. Глейзер
ТЕОРЕМЫ КОСИНУСОВ
ТЕОРЕМА ПИФАГОРА
И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ В КУРСЕ ГЕОМЕТРИИ
К наиболее важным и замечательным теоремам элементарной евклидо-
вой геометрии относится теорема Пифагора. Геометрический факт, что в пря-
моугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов его
катетов, был известен задолго до Пифагора. Так, египетские землемеры еще
около 2000 лет до н. э. фактически пользовались обратной теоремой Пифа-
гора, при построении прямых углов обращаясь к треугольнику со сторо-
нами 3, 4, 5.
Значение этой теоремы выходит далеко за рамки элементарной геомет-
рии. Вот почему в средней школе изучению теоремы Пифагора уделяется
много внимания. Изучающему геометрию важно не только знать зависи-
мость между отрезками, являющимися сторонами прямоугольного треу-
гольника, но и обратно: знать аналитический критерий перпендикулярности
двух отрезков (или двух прямых), когда эти отрезки (или прямые) произ-
вольно лежат на плоскости или в пространстве.
Рассмотрим доказательства теоремы Пифагора и следствий из нее, а так-
же некоторые связанные с нею задачи, основываясь на учении о подобии.
I
Теорема 1. В прямоугольном треугольнике перпендикуляр, опущен-
ный из в ер или ны прямого угла на гипотенузу, есть среднее пропорциональ-
ное между проекциями катетов на гипотенузу.
Теорема 2. В прямоугольном треугольнике каждый из катетов есть
среднее пропорциональное между гипотенузой и его проекцией на гипоте-
нузу.
Доказательства этих теорем проводятся на основании признаков подобия.
Теорема 3 (теорема Пифагора). В прямоугольном треугольнике
квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.
Эту теорему можно доказать, опираясь на теорему 2.
Следствие из теоремы Пифагора.
1.	Квадрат стороны треугольника, лежащей против тупого угла, больше
суммы квадратов двух других его сторон.
1
Пусть в треугольнике АВС угол С тупой (рис. 1). Построим отрезок CD,
равный СВ и перпендикулярный СА. По теореме Пифагора имеем
CA2 + CD2==AD2. Но на основании теоремы о треугольниках, имеющих со-
ответственно по две равные стороны и неравные углы, заключенные между
ними, можно записать: AB>AD. Следовательно, АВ2> СЛ2 + С£)2, или
АВ2>АС2 + ВС2.
2.	Квадрат стороны треугольника, лежащей против острого угла, мень-
ше суммы квадратов двух других его сторон.
Доказательство аналогично предыдущему.
Теорема 4 (обратная теорема Пифагора).с Если в треугольнике
сумма квадратов двух сторон равна квадрату третьей стороны, то треуголь-<
ник прямоугольный и третья сторона является его гипотенузой.
Если предположить, что третья сторона лежит против тупого угла, то
ее квадрат должен быть больше суммы квадратов двух других сторон (след-
ствие 1), что противоречит условию.
Точно так же отвергается допущение, что угол, лежащий против третьей
стороны, острый (следствие 2). Таким образом, угол, лежащий против
третьей стороны, прямой, и теорема доказана1*.
Теорема 5. Разность квадратов двух сторон треугольника равна раз-
ности квадратов их проекций на третью сторону.
Доказательство опирается на теорему Пифагора, примененную дважды
(рис. 2). Обратная теорема будет доказана ниже.
3	/а дача на построение. На прямой даны две точки А и В. По-
строить на этой прямой точку D так, чтобы разность квадратов ее рас-
стояний до точек А и В была равна квадрату длины данного отрезка k.
Анализ. Предположим, что на прямой АВ построена такая точка D,
что AD2 — BD2 = k2, где k — данный отрезок (рис. 3). Из последнего равен-
ства следует, что AD2 = k2BD2. Если на отрезках BD и k, как на катетах,
построить прямоугольный треугольник, то его гипотенуза будет равна AD.
Поэтому, восставив в точке В к прямой АВ перпендикуляр и отложив на нем-
отрезок ВС, равный k, получим равнобедренный треугольник ADC. Точка D
находится на пересечении прямой АВ и серединного перпендикуляра от-
резка АС.
* Здесь и далее указан порядковый номер «Комментариев», помещенных в .конце книги.
8
Построение. В точке В восставим перпендикуляр к прямой АВ и
отложим на нем отрезок ВС, равный k. Серединный Перпендикуляр отрез-
ка АС и прямая АВ пересекаются в искомой точке D.
Доказательство. Из свойств серединного перпендикуляра выте-
кает равенство AD — DC. По теореме Пифагора, примененной к треуголь-
нику DBC, имеем DB2 A~k2 — DC1. После замены в последнем равенстве
отрезка DC равным отрезком AD получим DB2 A-k?=AD2, или AD$— DB2 —
= k2, и точка D искомая.
Исследование. Задача всегда имеет по крайней мере одно реше-
ние, так как серединный перпендикуляр отрезка АС всегда перетекает пря-
мую АВ. Задача не может иметь более одного решения, так как предполо-
жение о наличии двух решений приводит к тому, что отрезок АС имеет два
серединных перпендикуляра, а этого быть не может. Следовательно, за-
дача имеет единственное решение..
Приведенное построение дает возможность сформулировать такую важ-
ную теорему:
Теорема 6. Если на прямой даны две точки, то на этой же прямой
существует единственная точка, разность квадратов расстояний от которой
до данных двух точек равна квадрату длины данного отрезка.
Теперь докажем теорему, обратную теореме 5.
Теорема 7. Если на стороне треугольника или на ее продолжении
дана точка, разность квадратов расстояний от которой до вершин, опре-
деляющих эту сторону, равна разности квадратов прилежащих сторон тре-
угольника, то эта точка является основанием высоты, опущенной на данную
сторону треугольника.
Для стороны АВ равнобедренного треугольника АВС (АС = ВС) теорема
очевидна. Пусть Ь>а (рис. 4). Согласно условию теоремы имеем ft2 —а2 =
= AD2 — BD2, где D — точка на прямой АВ. Опустим из вершины С высоту
СС| на сторону АВ. Согласно теореме 5 имеем ft2 — а2 = АС2 — ВС2. Но со-
гласно теореме 6 на прямой АВ существует единственная точка, разность
квадратов расстояний от которой до точек А и В равна b2 — a2 — k2. Следо-
вательно, точки С\ и D совпадают, и теорема доказана. Если ft<a, то меняем
наименование вершин треугольника и справедливость теоремы сохраняется.
Теорема 7 позволяет доказать более общую теорему, которая дает признак
перпендикулярности двух прямых в форме равенства разностей квадратов
отрезков, концы которых принадлежат данным прямым.
9
Пусть прямые АВ и CD перпендикулярны и пересекаются в точке М
(рис. 5). Согласно теореме 5 имеем:
С А2 - СВ2 = МА2 - MB2, DA2 — DB2 = MA2 — МВ2,
откуда следует, что СА2 — CB2 — DA2 — DB2.
Обратно: пусть имеет место последнее равенство. Опустим из точек С
и D перпендикуляры СС\ и DD\ на прямую АВ.
Согласно теореме 5 имеем:
СА2 — СВ2=АС2 — BCl DA2 — DB2=AD2 — BD2,
откуда, учитывая условие, следует, что
AC2 — BC2 = AD2 — BD2.
На основании теоремы 6 заключаем, что точки С| и D\ совпадают. Пря-
мая СС\ совпадает с прямой DD\ как два перпендикуляра, восставленные
в одной точке к прямой АВ. Но данная прямая CD имеет с прямой СС\
общие точки С и D. Следовательно, прямые СС\ и CD совпадают и перпен-
дикулярность прямых АВ и CD доказана.
Теорема 8. Если две прямые АВ и CD перпендикулярны, то имеет
место равенство
ca2-cb2=da2-db2.
Если даны две прямые АВ и CD и имеет место последнее равенство, tq
эти прямые перпендикулярны.
Соотношение СА2 — CB2 = DA2 — DB2 будем называть коротко условием
перпендикулярности прямых АВ и CD.
II
Теоремы 1—8 можно применить при доказательстве других теорем. Нам-
нем с доказательства теоремы о прохождении трех высот треугольника или
их продолжений через одну точку.
Теорема 9. Высоты треугольника или их продолжения пересекаются
в одной точке (ортоцентре треугольника).	\
• Пусть высоты AAi и BBi треугольника АВС или их продолжения пере:
секаются в точке Н (рис. 6). Эта точка всегда существует, так как предполо*
жение, что высоты ЛЛ| и ВВ\ параллельны, приводит к параллельности
сторон АС и ВС, чего не может быть. Докажем, что прямая СН перпендику-
лярна прямой АВ.
Примечание. Предполагаем, что точки С и Н различны. Если же
точки С и Н совпадают, то Z.C = 90° и справедливость теоремы очевидна:
Действительно, из перпендикулярности прямых АН и ВС следует
АВ2— АС2— НВ2 —НС2.
Из перпендикулярности прямых ВН и АС следует
ВА2 — ВС2 = НА2 — НС2.
10
Вычитая почленно эти равенства, получим ВС2—АС2 = НВ2 — НА2, что
означает перпендикулярность прямых АВ и СН, и теорема доказана.
Теорема 5 позволяет вычислить проекцию одной стороны треугольника
на другую сторону.
Рассмотрим несколько случаев, которые здесь могут возникнуть.
а)	Пусть треугольник АВС остроугольный (рис. 7) и ас и Ьс — проекции
сторон а и b на сторону с. Согласно теореме 5
а2 — Ь2 — а2 — Ь2, ас+Ьс=^ с.
Решая эту систему относительно ас и Ьс, получаем:
б)	Пусть треугольник АВС тупоугольный и стороны b и с лежат против
острых углов (рис. 8). Проекции этих сторон на третью сторону, лежащую
против тупого угла, определяются так же, как и в первом случае.
Рассмотрим проекции двух сторон на третью, лежащую против острого
угла, например сторон а и b на сторону с.
Из системы
а2 — Ь2 — а2 — Ь2, ас — Ьс — с
находим ас и Ьс'
Теорема 10. Если две стороны треугольника образуют острый угол,
то проекция одной из этих сторон на вторую сторону равна дроби, числи-
тель которой равен сумме квадратов этих сторон без квадрата третьей сто-
роны, а знаменатель — удвоенной второй стороне.
Теорема 11. Если две стороны треугольника образуют тупой угол, то
проекция одной из этих сторон на вторую равна дроби, числитель которой
равен квадрату третьей стороны без суммы квадратов первых двух сторон,
а знаменатель — удвоенной второй стороне.
Из последних теорем непосредственно вытекает теорема о квадрате сто-
роны, лежащей против острого угла, и теорема о квадрате стороны, лежа-
щей против тупого угла треугольника.
11
Теорема 12. Квадрат стороны треугольника, лежащей против острого
угла, равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произве-
дения одной из этих сторон и проекции на нее другой стороны:
а2 = Ь2 + с1 — 2сЬс, а2 = Ь2 + с2 — 2Ьсь.
Теорема 13. Квадрат стороны треугольника, лежащей против ту-
пого угла, равен сумме квадратов двух других сторон, сложенной с удвоен-
ным произведением одной из этих сторон, и проекции на нее другой стороны:
*а2 = Ь2 4- с2 + 2сЬс, а2 = Ь2 + с2 + 2Ьсь.
Из теорем 12 и 13 можно вывести зависимость между сторонами и диа-
гоналями параллелограмма (рис. 9).
Теорема 14. В параллелограмме сумма, квадратов диагоналей равна
сумме квадратов его сторон:
l2+f2 = 2a2 + 2b2.
Из этой теоремы можно получить формулу, выражающую медиану тре-
угольника через его стороны (рис. 10).
Теорема 15. Квадрат медианы треугольника равен полусумме квад-
ратов заключающих ее сторон без квадрата половины третьей стороны:
2__а2 + Ь2 с2
тс- 2	4 • •
Зная длину проекции одной стороны треугольника на другую сторону,
можно при помощи теоремы Пифагора выразить высоту треугольника
через его стороны. Действительно, из треугольника ACCi (рис. 7) находим
на основании теоремы Пифагора соотношение Ь2—-Ь2 + ^с>
п	к Ь2д~с2 — а2
Подставим	Ьс=—, получим:
/72_Ь2	(Ь2 + с2-а2)2
Пс — О	4f2
После упрощений и преобразований получим известную формулу:
he-y/inp — а) (р — Ь)(р-с).
12
Метрические соотношения в окружности могут быть установлены на ос-
новании теоремы 5. Действительно, пусть через точку А, лежащую вне ок-
ружности, проведена к ней произволь-
ная секущая, встречающая окружность
в точках С и D (рис. И). Из центра О
окружности радиуса R опустим на се-
кущую перпендикуляр ОМ. Согласно
теореме 5 имеем:
OA2 — R2=AM2 — MD2,
или
ОЛ2-/?2 = (ЛМ + МО).(ЛЛ1-М/)).
Отсюда следует (если учесть, что
отрезки СМ и MD равны), что
AC-AD = AO2~R2.
Теорема 16. Если из точки, лежащей вне окружности, провести к ок-
ружности секущую, то произведение отрезков секущей от данной точки до то-
чек ее пересечения с окружностью- не зависит от направления секущей и
оно равно разности квадрата расстояния от данной точки до центра окруж-
ности и квадрата радиуса окружности.
Аналогичным образом доказывается теорема для случая, когда данная
точка лежит внутри окружности. Формулировка теоремы остается в основном
прежней.
Теорема 17. Если через точку, лежащую внутри окружности, провести
хорду, то произведение отрезков этой хорды от данной точки до концов
хорды не зависит от направления хррды и оно равно разности квадрата
радиуса окружности и квадрата расстояния от данной точки до центра
окружности:
AG-BD = R2 — OA2.
Ill
Доказанные выше теоремы могут быть использованы также в курсе сте-
реометрии при изучении вопросов, связанных с перпендикулярностью прямых
и перпендикулярностью прямой и плоскости. Для иллюстрации приведем
доказательства нескольких теорем.
Теорема 18. Если прямая перпендикулярна двум прямым, располо-
женным на плоскости и проходящим через след2 этой прямой, то всякая
прямая, принадлежащая этой плоскости и проходящая через след данной
прямой, перпендикулярна этой прямой.
Пусть в плоскости а даны две пересекающиеся прямые b и с. Прямая а
перпендикулярна этим прямым и проходит через точку их пересечения М.
Проведем через эту точку в плоскости а произвольную прямую d и дока-
жем, что она перпендикулярна прямой а. Действительно, проведем в плос-
кости а вспомогательную прямую g, пересекающую прямые Ь, с, в точках
В, С, D так, чтобы BD = DC, что всегда можно сделать, используя свойства
параллелограмма. Последние три точки соединим с произвольной точкой А
13
прямой а, отличной от М. Выразим медианы AD и MD треугольников АВС
и МВС через их соответствующие стороны:
AD2 ab'2+AG2 вс2 MD2 ВМ2+СМг ВС2
После почленного вычитания этих равенств и применения прямой и об-
ратной теорем Пифагора устанавливаем перпендикулярность прямых а и d:
AD2 — MD2=-±-((Д В2 — ВМ2)+(А С2 - СМ2)) = А М2,
ИЛИ	'
ad2=am2+md2.
Теорема 19. Если прямая принадлежит плоскости и перпендикуляр-
на наклонной к этой плоскости, то прямая перпендикулярна и проекций
наклонной.
Пусть прямая Ь, расположенная в плоскости а и перпендикулярная
наклонной а, проходит через основание А этой наклонной. Произвольную
точку В прямой b соединяем с произвольной точкой М прямой а. Строим
проекцию И| наклонной и проекцию М| точки М соединяем с точкой S*
Треугольники АММ\ и АВМ\ имеют общие катеты, и поэтому можно
записать:
МА2 — М\А2 = МВ2 — М\В2.
Учитывая, что треугольник АВМ прямоугольный, запишем равенство
МВ1 ~ МА2 + А В2, которое в сочетании с предыдущим равенством дает со-
отношение перпендикулярности прямой b и проекции наклонной:
М1А2 + АВ2 = М1В2.
Если прямая b не проходит через основание наклонной с, то через ос-
нование наклонной проводим прямую, параллельную прямой Ь.
Теорема 20. Если проекция наклонной к плоскости перпендикулярна
прямой, принадлежащей плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна
этой прямой.
Доказательство аналогичное.	»
В заключение сформулируем признак перпендикулярности двух прямых
в пространстве, доказательство которого предоставляем провести читателю.
Теорема 21. Для того чтобы две прямые АВ и CD были перпендику-
лярны, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось соотношение
ac2—bc2=ad2—bd2.
IV
В заключение сформулируем три задачи на доказательство, в решении
которых могут найти применение рассмотренные выше теоремы.
. Задача 1. Если' в четырехугольнике суммы квадратов его противопо-
ложных сторон равны, то диагонали четырехугольника перпендикулярны.
14
t'-.< Задача 2. Если перпендикуляры, опущенные из вершин одного тре-
угольника на соответствующие стороны второго треугольника, пересекаются
в одной точке, то и перпендикуляры, опущенные из вершин второго тре-
угольника на соответствующие стороны первого треугольника, также пере-
секаются в одной точке.
Задача 3. Если у треугольной пирамиды две пары противоположных
ребер перпендикулярны, то и ребра третьей пары также перпендикулярны.
ТЕОРЕМА О ПРОЕКЦИЯХ ДЛЯ ТРЕУГОЛЬНИКА
И СЛЕДСТВИЯ ИЗ НЕЕ
Теоремы синусов и косинусов можно излагать по-разному. Приведем
варианты их изложения на основе теоремы о проекциях двух сторон треуголь-
ника на прямую, содержащую третью сторону.
Если С| — проекция вершины С треугольника АВС на прямую АВУ то
получаем два отрезка: ACi и С\В — проекции сторон АС и ВС на прямую АВ.
Если углы А и В острые, то
с — b cos А cos В3.
Эта формула сохраняет свой’ вид и в том случае, когда углы Л и В
тупые или прямые. Для того чтобы в этом убедиться, читателю достаточно
рассмотреть все возможные частные случаи. Их всего четыре:
1) Л<90°, В = 90°; 3) Л=90°, В<90°;
2) Л<90°, В>90°; 4) Л>90°, В<90°.
Итак, имеет место теорема о проекциях двух сторон треугольника на
прямую, содержащую третью сторону:
Теорема. Если в треугольнике АВС имеем \ВС\=ау |СЛ|=6,
|ЛВ| = с, то
a — b cos С-\~с cos В,
b — с cos Л + a cos С,	(1)
с = а cos В+ 6 cos Л.
Если формулы (1) принять за исходные, то с их помощью чисто алгебраи-
чески, не прибегая к чертежу, можно получить ряд важных и полезных
следствий.
I.	Теорема косинусов. Выведем теорему косинусов
c2 = a2-|-ft2 — 2ab cos С.	(2)
В самом деле, вычислим, используя (1), выражение а2-\-Ь2 — с2:
а2А~Ь2— с2 =а(с cos B-\~b cos C)-\-b (a cos C + t;cos А) — с (acos B-\-b cos Л).
Отсюда после упрощений находим:
d2-\-b2 — c2 —2ab cos С,
и соотношение (2) доказано4.
15
II.	Теорема синусов. Из системы (1) найдем отношение а\Ь, использовав
сначала первое и третье уравнения, а затем второе и третье:
-~-=cos С+4-cos В,
b	ь
4-cos в=4—cos Д;
6	ь
{-i- cos С — 1 —т-cos А,
о	Ь
—cos В~—L—cos А.
ь ь
Из системы (3) находим:
(3)
(4)
—cos2 В) —cos С4-cos A - cos В, cos С 4-cos A cos В^=0.
Из системы (4) получаем: -—-(cos C-f-cos A cos В) = 1 — cos2 А.
Отсюда умножением получаем:
а2 1 —cos2 А sin2 А
b2	1 —cos2 В	sin2 В
или а: b = sin А : sin В.
Итак,
а: b: с — sin А: sin В: sin С
(5)
и теорема синусов доказана5.
III.	Теорема сложения для функции синус.
Имеем sin C = sin (180° —(Д+ B)) = sin (Д А~В).
Но из с —a cos B-\-b cos А следует по теореме синусов
или
sin C = sin A cos B4~sin В cos Д,
sin (Д +B) = sin A cos В4-sin В cos А.
Если угол А острый, то из (6) следует:
sin 2Д =2 sin A cos А.	(6')
IV.	Теорема сложения для функции косинус. Из системы (1) имеем:
c = (b cos С А-с cos В)4-Ь cos А.
Отсюда с (1 — cos2 B) = b (cos В cos С 4- cos Д).
Воспользовавшись теоремой синусов, получаем:
sin С sin2 B = sin В (cos В cos C4~cos Д),
или
cos А = sin В sin С —cos В cos С.
16
БЕСПЛАТНЫЕ
УЧЕБНИКИ!
ВРЕМЕН СССР
БОЛЬШАЯ БИБЛИОТЕКА
НА САЙТЕ
«СОВЕТСКОЕ ВРЕМЯ»
sovietime.ru
СКАЧАТЬ
Так как cos А= — cos (В 4“ С), то отсюда следует:
cos (B + Q = cos В cos С —sin В sin С.	(7j
V.	Синус разности и косинус разности. Рассмотрим треугольник с углами
,В—Л (В>Л), А и 180° —В, где А, В, С — углы данного треугольника АВС.
По формуле (6) имеем:
sin (В —4) = sin./4 cos (180°-—В) + sin (180° —В) cos А.
Отсюда
sin (В —?4) = sin В cos А — cos В sin А.	' (8)
Применяя к указанному треугольнику формулу (7), получаем:
cos (180°+Л — В) =cos A cos (180° —В) —sin A sin (180° —В),
или
cos (В —4)=cos В cos A +sin В sin А.
VI.	Зависимость между косинусами углов треугольника. Если из системы
(1) исключить а, Ь, с, то получим зависимость между косинусами трех углов
треугольника АВС\
cos2 A +cos2 В + cos2C + 2 cos A cos В cos С= 1.	(9)
VII.	Обратное утверждение. Если между косинусами трех углов из про-
межутка [0°, 180°] имеет место зависимость (9), то
(cos А + cos В cos С)2 = 1 — cos2 В — cos2 С + cos2 В cos2 С.
Отсюда
(cos А 4- cos В cos С)2 = (1 — cos2 В) (1 — cos2 С),
или
(cos А + cos В cos С)2 —sin2 В sin2 С = 0.
После некоторых преобразований получим:
(cos A 4-cos (В + С)) (cos A-f-cos (В — С))—0.
Если углы положительны и сумма любых двух из них меньше 180°, то
возможно, что А 4~ В 4~ С — 180° или А 4" В — С= 180°. Второй случай, однако,
отпадает, так как А 4~В= 180°4-С> 180°. Поэтому остается, что
Л4-В4-С=180°.
Итак, если углы положительны и с^мма .любых двух из них меньше 180°,
то из равенства (9) следует, что Л, В, С — углы треугольника.
VIII.	Из системы (1) путем сложения получаем:
aA-bA~c=(b + c) cos Л +(^ + ^) cos В4-(^ + ^) cos С.
Отсюда находим:
2р = 2р (cos Л 4“cos В 4“cos С) —(a cos A -\~b cos В + с cos С).	(Ю)
17
Но, как известно,
R(a cos A-\-b cos B-\-c cos C)=2S,
где R — радиус описанной окружности.
Действительно, воспользовавшись треугольником с вершинами в основа-
ниях высот данного треугольника, будем иметь:
a cos A + cos В-\-с cos С=2р
Учитывая (10), получим:
2р = 2р (cos A + cos B + cos С)=2р
IX
Окончательно:
cos A + cos B+cos С— 1	(11)
д
Из полученного равенства вытекает:
cos A +cos B-j-cos
так как согласно формуле Эйлера 2г
IX.	При решении треугольников может оказаться полезной формула
а+Ь cos Л 4-cos В	(12)
с	1 — cos С
которую получаем при сложении первых двух равенств системы (1).
Поскольку а-{-Ь>с, то получаем:
cos А + cos В ।
1 — cos С
или
cos A 4-cos B + cos С> 1.
Вычитанием аналогично получаем:
а — Ь cos В—cos А
1 4- cos С
откуда с учетом условия 1 имеем:
cos В — cos А	।
1	4~ cos С
или
cos A +cos С+ 1 >cos В.
(13)
(И)

18
Сложение неравенств (13) и (14) дает:
2	cos А Ц-2 cos С + 1 + cos В> 1 4-cos В.
Отсюда для каждого треугольника имеет место неравенство
cos А + cos С> 0.
(15)
ДВЕ ТЕОРЕМЫ КОСИНУСОВ ДЛЯ ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКА
В практике нередко возникают задачи, решение которых опирается на
метрические соотношения в четырехугольнике. Так, в геодезии часто при-
ходится иметь дело с выяснением взаимного расположения четырех пунктов,
в технике — с расчетами четырехзвенных шарнирных механизмов и т. п.
Из всего многообразия возникающих здесь вопросов нами рассматриваются
лишь две теоремы, которые по аналогии с соответствующими теоремами для
треугольника естественно называть теоремами косинусов для четырех-
угольника. Эти теоремы интересны сами по себе, богаты вытекающими
из них следствиями и могут с успехом применяться при решении различных
метрических задач.
Теорема 1. Квадрат стороны выпуклого четырехугольника равен сум-
ме квадратов трех других сторон без удвоенных произведений пар этих
сторон и косинусов углов между ними.
Доказательство 1. Построив параллелограмм АВСЕ (рис. 1),
получим ECD = AMD— jut. СЕ —а, АЕ — Ь.
На основании теоремы косинусов имеем у'2 — а2--\-с2— 2ас cos |i. С дру-
гой стороны, из треугольника AED следует:
к2 = Ь‘2 А-у2-— %by cos ср.
19
Из полученных двух равенств находим:
х2 = а2 + b2 + £2 ~ cos ц — 2by cos (р.
Но
у cos (180° — (р) = £*1 ZL> 1 — E\C-\-CD[ —a cos ВСЕ А-с cos (180° — у).
Следовательно, у cos ф = а cos Р + с cos у.
Подставив найденное значение у cos ф в выражение для х2, получим
окончательно:
x2 = a24-b24-c2 — 2ab cos р — 2bc cOs у — 2ас co.s ц.	(1)
И теорема доказана.
Обращаем, однако, внимание читателя на то, что приведенное выше дока-
зательство существенным образом опирается на чертеж.
Необходимо рассмотреть другие выпуклые четырехугольники и убедиться
в том, что эта теорема во всех случаях сохраняет свою силу независимо
от расположения точек Е\ и D\ на стороне ВС.
Приведем второе доказательство, которое не нуждается в рассмотрении
различных случаев расположения элементов четырехугольника.
Доказательство 2. Из треугольника KLN, вершинами которого
являются середины диагоналей и середина стороны ВС четырехугольника
ABCD (рис. 2), по теореме косинусов записываем:
KL2 = KN2A-LN2~2KN-LN cos	(2)
причем согласно теореме Эйлера
*	KL2=^(a2 + b2 + c2+x2 — e2—f2).
Учитывая, что /(Л/2=^-а2, LN2=-~c2, получаем после подстановки
значений KL, KN, LN в равенство (2):
х2 = е2 + f2 b2 — 2ас cos ц.
Значения е2 и f2 находим по теореме косинусов из треугольников АВС
и BCD:
е2 — a2-\-b2 — 2ab cos р, f2 — Ь2 А~с2 — 2bc cos у.
Подставив эти значения в выражение для х2, получим окончательно
требуемое соотношение (1).
Наиболее экономный вывод соотношения (1) достигается средствами
векторной алгебры.
Действительно, AD = ABA-BCA-CD, и, возведя обе части этого равенст-
ва в квадрат, получим:
x2^d2 + b2+c2 + 2AB-BC + 2BC-CD + 2CD-AB.
20
Если скалярные произведения записать в виде произведения длин соот-
ветствующих векторов и косинусов углов между ними; то получим соотноше-
ние (1).
Последнее доказательство указывает на то, что теорема косинусов может
быть распространена также на вогнутые четырехугольники и четырехуголь-
ники с самопересечением сторон. Для определения углов в формуле (1)
требуется стороны четырехугольника ориентировать по обходу его контура
(рис. 3).
Отметим, что и первые доказательства могут быть распространены
на любой четырехугольник, однако вхкаждом отдельном случае пришлось бы
выяснить, какие углы участвуют в формуле (1).
Рассмотрим несколько задач, решения которых опираются на доказан-
ную выше теорему.
Задача 1. Выразить диагональ правильного пятиугольника через его
сторону.
Решение. В правильном пятиугольнике ABCDE со стороной а про-
ведем диагональ AD. Применив теорему косинусов для четырехугольника
ABCD, получим:
х2 = 3а2 — 4а2 cos 108°-—2а2 cos 36°. '	>
С другой стороны, по теореме косинусов из треугольника АВС находим:
х2 = 2а2 — 2а2cos 108°.	(3)
После сравнения значений для х2 и упрощений получим:
2 cos 108°4-2 cos 36°= 1.
Отсюда следует, положив cos 108°= —sin 18° или cos 36° = 1 —2 sin2 18°,
что 4 sin2 18° 4-2 sin 18° — 1 = 0 и
г
sin 18°== cos 72°=^=-!-.
4
Тогда из равенства (3) находим:
x2 = 2a2 + 2a2^z±,
21
Коэффициент при а2 можно преобразовать так:
V5 + 3	2 <5 + 6 = (1 + <5)2
2	4	4
Следовательно,	а2 и х=-~«5+1).
Существуют и другие решения этой задачи, однако для данного решения
характерно то, что попутно найдено значение sin 18°.
Задача 2. На сторонах треугольника вне его построены равносто-
ронние треугольники. Доказать, что центры этих треугольников являются
вершинами равностороннего треугольника.
Решение. По теореме косинусов определим расстояние между цент-
рами О| и О2 из четырехугольника OiO2£Mj (рис. 4), где А\ и В\ —сере-
дины сторон треугольника АВС. В этом четырехугольнике О|Л|=^^,
6
AtB, =у-, О2В! , CMUJi =90° + в, O2BtAt =90° +Л и (О1дСЬ2В|) =
= 180° — С.
Поэтому
/П /П о2 + Ь2 > с2 , ас<3 - £ . Ьс <3 . V . 2аЬ
°1°2==—12—----------е sln ВН----sin Д+—COS С.
Но ас sin B = bc sin A =2S, 2ab cos С = а2 + Ь2 —с2.
Следовательно, О1О2=^-(а2 + ^24-с2+2 -д/ЗЗ).
Симметрия6 полученной формулы относительно а, b и с указывает на то,
что О। О2 ===	= O3O1»
Задача 3. Две окружности радиусами R\ и /?2 касаются внешним об-
разом. Вычислить длину их общей внешней касательной.
Р е ш е н и е. Из центров О\ и О2 опускаем на общую касательную перпен-
дикуляры 01 Т\ и О2Т2 и применяем теорему косинусов к четырехугольнику
О|Т|Т2О2, у которого два угла прямые, а третий равен нулю.
Предлагаем читателю самостоятельно решить следующие задачи, в ко-
торых целесообразно воспользоваться теоремой косинусов:
Задача 4. На стороне ВС треугольника АВС вне его построен равно-
сторонний треугольник BCD. Доказать, что
AD2=±-(a2 + b2 + c2) + 2^3S.
Задача 5. На сторонах треугольника AtA2A3 построены вне его квадра-
ты с цент'рами О,, О2, Оз. Доказать, что
AiO^OjO» (i, j, k = l, 2, 3),
вычислив эти отрезки.
22
Задача 6. На сторонах выпуклого четырехугольника вне его построе-
ны квадраты. Доказать, что расстояния между центрами квадратов, постро-
енных на противоположных сторонах четырехугольника, равны (выфазив
эти расстояния через элементы данного четырехугольника).
Задача 7. Выяснить справедливость теоремы косинусов для косого
четырехугольника7.
Вторая теорема косинусов [теорема Бретшнейдера, 1843 г.), насколько
нам известно, редко встречается в русской и иностранной учебной литературе
по элементарной геометрии. Целесообразность знакомства с этой забытой
теоремой читатель уясйит из ее содержания.
Теорема 2. Квадрат произведения диагоналей простого8 четырех-
угольника равен сумме квадратов произведений его противоположных сто-
рон без удвоенного произведения всех четырех сторон четырехугольника
и косинуса суммы двух его противолежащих углов.
Эта теорема названа теоремой косинусов для четырехугольника потому,
что она аналогична теореме косинусов для треугольника, стороны которого
пропорциональны произведениям ef, ас, bd, где a, b, с, d — последовательные
стороны данного четырехугольника, е и f — его диагонали. Существование
такого треугольника легко может быть установлено.
Итак, необходимо доказать следующую зависимость между элементами
простого четырехугольника: e2f2 — а2с2 -\~b2d2 — 2abcd cos ф, где ф— угол,
равный сумме углов А и С или В и £>, так как cos (Д + C) = cos (B + D).
Доказательство. Повернем треугольник АВС (рис. 5) вокруг
точки А до совмещения стороны АВ со стороной AD (точка Д может
лежать, на AD, на ее продолжении или совместиться с точкой D).
Полученный треугольник АВ\С\ подвергнем гомотетии (в нашем случае
растяжению) с центром в точке А и коэффициентом гомотетии k = ^-.
При этом точка Д совместится с точкой D, а треугольник АВ[С\; займет
положение треугольника ADCz.
Поскольку АВ\=АВ — а, B\C — BC\=b, ACi =АС=е, AD — d и ^=~>
то AC2=4C1-fe=—, DCi=B\C\‘k—~.
а	и
Кроме того, АВС = АВ^С\ = ADC^ а значит, СВС2 = В + В или 360° —
— (В + ^), т- е- равен сумме двух противоположных углов данного четырех-
угольника.
Используя теорему косинусов, определим СС2 из треугольников СОС2
и СЛС2 и полученные выражения приравняем:
2 । b2d2 2bcd	2 । e2d2 (2e2d л
с2+-^---------cos (B-+>D) = e2H-5-------cos A.
a2 a \	।	/	'a2 a
Заменив cos А выражением	(из треугольника4 ABD) и вы-
полнив преобразования, получим искомое соотношение для данного четырех-
угольника:	e?f2 = a2c2A-b2d2 — 2abcd cos (В + О).
Читатель самостоятельно убедится в том, что если четырехугольник ABCD
самопересекающийся9, то
e2f2 = а2с2 + b2d2 — 2abcd cos (Л + С),
где А есть угол между АВ и AD, а С — угол между СВ и CD.
Рассмотрим некоторые следствия из доказанной теоремы.
1.	Если сумма какой-либо пары противоположных углов четырехуголь-
ника равна 90°, то квадрат произведения диагоналей равен сумме квад-
ратов произведений противоположных сторон четырехугольника.
Действительно, если сумма углов Л и С равна 90° (или же 270°),
то (ef)2— (ас)2 A-(bd)2. Это соотношение*представляет собой аналог теоремы
Пифагора и в известном смысле может быть названо теоремой Пифагора
для четырехугольника.
2.	В параллелограмме с острым углом, равным 45°, квадрат произведения
диагоналей равен сумме четвертых степеней неравных сторон.
Это следствие вытекает из предыдущего при а = с и b — d.
3.	Расстояние от вершины С прямого угла прямоугольного треугольника
АВС до произвольной точки D его гипотенузы выражается формулой
m2 d2rn2-\-b2n2	<	л г>
си =-----±, где а и b — катеты, m и п — отрезки гипотенузы АВ
треугольника АВС.
Рассмотрим вырожденный четырехугольник10 ABCD, у которого
BDA =180° и ЛСВ = 90°. Очевидно, стороны четырехугольника равны а, Ь,
м и и, а диагонали его АВ = пгА~п = с и CD = e. Следовательно, е2с2 =
= a2m2A~b2n2, откуда и вытекает требуемое соотношение.
Рекомендуем читателю самостоятельно рассмотреть случай, когда точка
D лежит на продолжении гипотенузы.
24
4.	Во всяком выпуклом четырех-
угольнике, вписанном в окружность,
произведение диагоналей равно сумме
произведений противоположных сторон
(теорема Птолемея).
Во вписанном четырехугольнике
сумма углов А и С равна 180°, значит,
(ef)2==(ac)2 + (bd)2 + 2abcd,
или -
(ef)2 = (acA-bd)2, т. js. ef = ac-\~bd.
5.	Расстояние BD между вершиной В треугольника АВС и произволь-
ной точкой D стороны АС (рис. 6) определяется равенством
BD2=^(AB2-DC + BC2-AD-AC-AD-DC).
Это соотношение известно как теорема Стюарта.
Рассмотрим вырожденный простой четырехугольник ABCD с углом CDA,
равным 180°; диагонали его равны BD и AC = DA-(-DC.
Тогда
(BD • А С)2=(Д В • DC)2 + (ВС • A D)2 - 2Д В > ВС • D С • A D cos (В +180°).
Но cos (180°-|-В) = — cos В = — АВ-	— , поэтому
2/1D * DL
BD2 • АС2=А В2 • DC2 + ВС2  AD2 + CD-DA (АВ2 + ВС2 - А С2),
или BD2-AC2=AB2-DC(DC+AD) + BC2-AD(AD + CD)-CD-DA-AC2,
т. е. BD2=±(AB2-DC + BC2-AD-CD-DA-AC).
Случай, когда точка D лежит на продолжении стороны А С, читатель рассмот-
рит самостоятельно,, выяснив, что соответствующий вырожденный четырех-
угольник является непростым.
6.	Если на плоскости даны четыре точки А, В, С, D, то определяемые
ими шесть отрезков удовлетворяют неравенству
AB-CD^AC-BD+AD-BC,
причем знак равенства имеет место только в двух случаях: когда данные
точки лежат на одной окружности или же эти точки лежат на одной прямой и,
кроме того, пара точек А и В разделяет пару точек С и D.
В самом деле, учитывая, что
AB2.CD2^AC2-BD2+AD2.BC2 + 2AC-BD-AO-BC>
получаем, что	z
AB-CD^AC-BD + AJ)-BC.
Если имеет место знак равенства, то S-|-Z)=:180o и данные четыре
точки лежат на одной окружности или же на одной прямой.
25
ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ ДЛЯ ТРЕХГРАННОГО УГЛА
Зная стороны треугольника, можно вычислить его углы посредством
формулы, выражающей теорему косинусов для треугольника. Аналогично
, обстоит дело и с трехгранным углом11. Если даны плоские углы трехгран-
кого угла, то его двугранные углы можно вычислить по формулам, выра-
жающим теорему косинусов для трехгранного угла.
Обычно вывод формулы, связывающей плоские углы и двугранный угол
трехгранного угла, проводится средствами векторной алгебры с использо-
ванием операции векторного умножения. Но введение этой операции свя-
зано с необходимостью рассматривать ориентированное пространство. Меж-
ду тем искомая формула не зависит от ориентации пространства, подобно
тому как теорема косинусов для треугольника не связана с ориентацией
плоскости.
Эти соображения приводят к мысли искать такое доказательство теоре-
мы косинусов для трехгранного угла, которое опирается на скалярное про-
изведение векторов и поэтому не связано с ориентацией пространства.
Приведем два вывода теоремы косинусов для трехгранного угла, кото-
рые основаны на применении скалярного произведения векторов12.
/Теорема. Косинус плоского угла трехгранного угла равен произведе-
нию косинусов двух остальных плоских углов, сложенному с произведением
синусов тех же углов и косинуса двугранного угла, определяемого этими
плоскими углами:
cos a —cos р cos у +sin 3 sin у cos A.	(1)
Доказательство 1. На рисунке изображен трехгранный угол
SABC с плоскими углами BSC — a, ASC=p, ASB — у. На ребрах данного
трехгранного угла отложим единичные векторы SA==ei, SB — e2, SC = e^.
Проведем отрезки ВМ и СА перпендикулярно прямой ЗД тогда (MB, NC)=A,
Для углов из промежутка (0°, 180°) имеем: \NC\ =sin р, |МВ| =sin у.
Кроме того, по свойству проекции ве-
ктора на ось
SN = cos ftei, SM = cos y?i.
По правилу сложения векторов
e3 = SN + NC = e\ cos р + NC,
e2 = SM А-MB — ei cos у 4-MB.
Перемножим скалярно эти два равен-
ства, учитывая, что NC_Le\ и Л4ВД_в|.
Получим:
_ _.	, —
e;ie2 = cos р cos усч + КС • МВ.
Итак,	•
cos a = cos р cos y + sin р sin у cos А.
26
Доказательство 2. Воспользуемся предыдущими обозначениями
и рисунком. Имеем:
MB-NC= |МВ| \NC\ cos A = sin р sin у cos А.	(2)
—>• —>
С другой стороны, учитывая, что SM-NC=Q, получим:
’ MB-NC—(SB — SM) NC = SB-NC—SM-NC =
= SB (SC-SN) = SB-SC-SB-SN.
—>•	t
Но SW = COS р£|, поэтому
SB-SN = SB (cos pei) = cos p cos y.
Таким образом,
MB-NC=cos a — cos p cos y.	(3)
Из сопоставления (2) и (3) снова получаем (1).
При помощи теоремы косинусов для трехгранного угла можно успешно
решать ряд стереометрических задач вычислительного характера, доказы-
вать теоремы, касающиеся свойств плоских и двугранных углов трехгранного
и многогранных углов. Эта теорема находит широкое применение в сфери-
ческой геометрии и тригонометрии, в геодезии и астрономии.
Докажем для примера теорему о свойстве плоских углов трехгранного
угла.
Теорема. Величина каждого плоского угла трехгранного угла меньше
суммы величин двух других плоских его углов, но больше их разности.
Докажем, что р + у>а> |р — у|. Из соотношения (1)
/Г cos a —cos ft cosy
V'VJo /1	• Z1 •	•
sin р sin y
Так как 0°<Л < 180°, то — 1 Ceos А < 1, или
1 cos a—cos Р cos Y ।
sin p sin y
Произведение sin p sin у положительно, поэтому из предыдущего неравенства
следует:
— sin р sin у < cos a — cos р cos у < sin р sin у.
Отсюда cos р cos у— sin р sin y<cos a<cos p cos y + sin p sin у, t. e.
cos (p + y)<cos a<cos (P~y).	(4)
Косинус — четная функция. Поэтому cos (р —y)==cos |р — у|. В промежут-
ке [0°, 180°] косинус монотонно убывает, поэтому при условии р + у^180°
из (4) следует неравенство Р + у>а>|р — у|. Если же Р + у>180°,
то последнее неравенство и подавно выполняется.
27
ВЕКТОРЫ
ПРИМЕНЕНИЕ СКАЛЯРНОГО ПРОИЗВЕДЕНИЯ ВЕКТОРОВ
К ДОКАЗАТЕЛЬСТВУ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ
И АЛГЕБРАИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
При решении и исследовании многих задач арифметики, алгебры, анали-
за и геометрии приходится непосредственно или косвенно рассматривать не-
равенства и системы н^ра^енств, применять свойства неравенств. Помимо
известных приемов решения задач на неравенства, в основе которых лежит
теорема Коши, можно предложить дополнительно еще неравенства, связан-
ные со скалярным произведением:
а-а>0 при а#=0,	(1)
(д.£)2-а2£2<0,	(2)
причем в (2) знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда векто-
ры а и b линейно зависимы (т. е. коллинеарны).
Более подробно: если а\\Ъ, то а-Ь=\а\• |6|; если а\^Ь, то а-Ь =
= —|a|-|fe|. Эти два неравенства позволяют доказать известные неравен-
ства и открывают путь для получения новых неравенств, не рассмат-
ривавшихся в школьной учебной литературе.
Ниже будут приведены решения геометрических и алгебраических задач,
на неравенства посредством формул (1) и (2).
Задача 1. Доказать, что для вся-
кого треугольника АВС выполняется
неравенство cos А + cos В + cos С.
Решение. Пусть О — центр ок-
ружности, вписанной в треугольник
АВС, А|, В|, С\ —точки ее касания со
сторонами ВС, СА и АВ (рис. 1).
Пусть
OAi + OBi + OC^s,
причем s = 0 только для равностороннего
треугольника. Согласно (1) имеем s2^0,
или
28
Возведем трехчлен в квадрат, имея в виду, что |ОЛ(| — |OSt| = |OCt| =г.
Получим:	3r2 + 2r2 (cos B|OC|-|-c6s С|ОЛ1-|-cos АОВ|)^0.
HocosB|OCi = —cos A, cos С1ОД| = — cos В, cos AtOBt = — cos С. Сле-
довательно, Зг2 — 2r2 (cbs Д-j-cos B + cos С)^0, откуда следует:
cos А + cos В + cos С	.
Знак равенства имеет место только для равностороннегочтреугольника.
Задала 2. Доказать, что для всякого треугольника имеют место не-
равенства
cos 2А + cos 2В + cos 2С	, а2 + Ь2 + с2 9/?2,
где |ВС|=а, |СЛ| =b, \AB\=c,R— радиус описанной вокруг треугольни-
ка окружности.	f
Решение. Известно, что если О — центр описанной вокруг треуголь-
ника АВС окружности, И — ортоцентр треугольника, то О//==ОЛ + ОВ +
—
А-ОС. Отсюда на основании неравенства (I) имеем:
(дд+6в+6с)2>о,
причем знак равенства имеет место только для равностороннего треуголь-
ника. Возведем сумму в скалярный квадрат:
З/?2 + 2/?2 (cos ВОС + cos СОА + cos АОВ)>0.
Но
cos ВОС = cos 2А, cos СОА =cos 2В, cos АОВ —cos 2С.
Поэтому
cos 2А -]-cos 2B + cos 2С> —
Но
cos 2А = 1 — 2 sin2 А = 1—, cos 2В= 1 —	, cos2C=l—
>	2К	21\	2К
(так как sin А=^, sin В=^-, sin C=j%) .
Следовательно,
1______L 1	—___L J__—>______
2/?2 ' 1	2/?2	2R2	2 ’
откуда следует:	,
а2 + Ь24-г2<9/?2.
29
Задача 3. Вокруг окружности описан четырехугольник ABCD\ про-
тивоположные стороны АВ и СО, ВС и AD лежат на прямых, пересекающих-
ся в точках М и /V. Доказать, что
cos А Д- cos В Д- cos С Д- cos D Д- cos М Д- cos N < 2.
Реше н и е. Если О — центр окружности, а точки Дь В,, С,, О, — точки
касания ее со сторонами четырехугольника (рис. 2), то
ОД, Д-ОВ, Д-ОС, Д-ОО, =5,
причем | ОА,-| - |ОВ, | = | ОС, | = 10£), | -г.
Имеем	у у у >
или (ОД, Д-ОВ, Д-ОС, Д-OD,)2>0.
Отсюда
4г2 Д- 2г ( — cos Д — cos B^-cos С —cos О —cos М — cos
или
cos А Д- cos В Д- cos С Д- cos О Д- cos М Д- cos N < 2.
Выясним, в каком случае s = 0.
Пусть ОД, Д- ОВ, Д- ОС, Д-00, =б.
. В этом случае (ОД, Д-ОВ,') — —(ОС, Д-ООД, откуда следует OP ~ — OQ,
где Р и Q — середины [Д,В,] и [С,ОД Сдедовательно, [PQ]_L[Д,В,] и [PQ]-L
±[C|DJ, т. е. |Д ,В, |||[C|D,]. Аналогично убеждаемся, что [В,С,]||[Z?,ДТа-
30
ким образом, Л|В1С|О1 — прямоугольник, вписанный в данную окружность,
а поэтому описанный четырехугольник есть ромб.
Итак, если для описанного четырехугольника ABCD выполняется ра-
венство
cos А 4- cos В cos С4- cos D 4-cos М 4- cos N = 2,
то ABCD есть ромб.
Задача 4. Доказать, что для всякого треугольника АВС выполняют-
ся неравенства
cos 2А 4-cos 2В—cos . с2^а24-Ь24-#2-
Решение. Дополним треугольник АВС до параллелограмма ADBC.
Пусть точка О — центр окружности, описанной вокруг треугольника АВС
(рис. 3). Очевидно,
6a+6b=6c+od,
откуда
до=ОА+дв-6с
и (ОАА-ОВ — ОС)2^0. Если R— радиус окружности, описанной вокруг
треугольника АВС, то из последнего неравенства следует:
З/?24-2/?2 cos 2C — 2R2 cos 2A-2R2 cos 2В>0,
или
cos 2 А 4- cos 2В — cos 2С -|-.
Преобразуем это неравенство.
Имеем cos 2А = 1 — 2 sin2 А = 1 — cos2B=l—cos 20= 1 —;
лк	лк	лк
следовательно,	1 ~^+1	1 Т’
откуда находим:
с2<а2 + &2 + /?2-
Выясним, когда имеет место знак равенства. Очевидно, для этого требуется,
—>	(
чтобы 00 = 0, т. е. чтобы вершина D параллелограмма ДОВСЛсовпала с точ-
кой О. Но в таком случае параллелограмм есть ромб, причем С= 120°. Итак,
если для треугольника ABC c2=a2A-b2 A~R2> то треугольник равнобедрен-
ный (|АС| = | СВ|) и С= 120°. Для такого треугольника, и только для такого,
cos 24 4-cos 2В —cos 2С=~.
31
Задача 5. Доказать, что для любого четырехугольника со сторонами
а\, а?, 0з, «4 имеет место неравенство
02 4~ 02 4" 03 2> "7Г04.
о
Решение. Пусть ABCD— данный четырехугольник (даже_любая
замкнутая ломаная^с четырьмя звеньями в пространстве). Если АВ = а\,
BC^ai, CD = a^ DA=a4, то по правилу многоугольника
01 4~ 02 4“ 03 4~ 04 = 0.
Отсюда
04 = —(014-02 4-0з),
ИЛИ
04 = 01 4-<22 4-03 4-2Н1 -02 4-202-03 4-203-01.
В силу равенства (х —г/)2 —х24-*/2 —2х«у имеем:
2Н| -02 = 01 4“ 02-г (01 — 0г)2,
202 • 03 = 02 4- 03 — (02 — 0з)2,
203-01 =03 4-01 “(03 — 01)2.
Следовательно,
04 = 3 (02 4- 02 4- 0з) — (01 — 02)2 — (02 — 0з)2 — (03 — 01 )2,
и, поскольку согласно (1) (01— 02)2>О, (02 —0з)2>О, (0з —0i)2>O, полу-
чаем:
04< 3 (014-024-03), ИЛИ 01 4-02 4й 03 >4-04.
f	о
Задача 6. Даны треугольник АВС и точка М. Доказать, что а24-^24"
+ с2<3(а! + ^ + ^). гдеа=|ВС|,&=|СД|,с = |4В|,а1^|МД|, bt = \MB\,
Ci = \MC\.
Решение. (МА Д-Л1В + Л4С)2^О. Отсюда
а? + ^ + с? + 2ЛМ-МВ + 22ЙВ.МС4-2Ж?-МЛ>0.
Но	2МЛ-МВ = Л4Л2 + МВ2-(ЛМ-МВ)2 = а| + й?-с2,
2МВ-МС=МВ2 4- МС2 - (МВ - МС)2 = Ы + с2, - а2,
2МС • МА = МС2 + МА2 - (МС- МА)2=с( + aj - b2.
Следовательно,
а2 + b2 4- с2+а2 4- b2 — с2 + b2 + с2 — а2 + с2 + а2 — Ь2 0,
откуда находим: a2A~b2A-c2^3 (a24~^i 4<i)-
32
Знак равенства будет тогда и только тогда, когда МА 4- МВ + МС = СГ,
т. е. когда М — центроид треугольника АВС.
Задача 7. Доказать, что линейные углы двугранных углов тетраэд-
ра ABCD удовлетворяют неравенству
cos Лб + cos BCtJ-cos CD + cos DA 4-cos ЛС + cos B£>^2.
Решение. Если О — центр сферы радиуса г, вписанной в тетраэдр
ABCD, а точки Л, Ci, D\ —точки касания ее с гранями тетраэдра, то
(6Д| + ОВ1 + ОС1+дЬ1)2>0.
Отсюда
4г2 —2г2 (cos Лб + cos BC-f-cos CD 4" cos DA 4-cos ЛС4-соэ
и после преобразований получаем искомое неравенство.
Задача 8. Доказать, что для каждого треугольника АВС выполняется
неравенство /?^2г, где R — радиус описанной окружности, г — радиус впи-
санной окружности.
Решение. Пусть О — центр описанной окружности, I — центр впи-
санной окружности. Тогда, как известно,
qj__аОА -j- ЬОВсОС
а-]-Ь + с
где а=\ВС\, Ь=\СА\, с=\АВ\.
Следовательно,
(а-ОА + Ь-ОВ + с-ОС)2^0,
причем знак равенства имеет место только для равностороннего треуголь-
ника. Далее имеем:
(а2 4- Ь2 4- £2) R2 4- 2 (ab cos 2С 4- be cos 2А 4- са cos 2Д) R2 0.
Н°	.2	Л	2
cos 24 = 1—^2, cos2B = l — ^2, cos2C=1-^2,
Za	&ix
поэтому
а2+Ь2 + с2+2&с( i	+ 2ш( j +2ad(t -^т) то-
пселе упрощений получаем:
(а-|-/> + с)2—X- abc (а+Ь + с.)>-0.
А
Сократив на а-{-Ь-}-с и положив a-\-b-}-c — 2p, abc=4RS, S=pr,.
найдем:	2р—^--4R-р-г^О	или R^2r.
2 Зак. 2710 3. А Сконел	.	33
Л,-
Задача 9. Доказать, что если угол С треугольника АВС тупой, то
cos 2А + cos 2В —cos 2С> 1.
Решение. Опишем вокруг треугольника АВС окружность с центром О.
Тогда СЛ-СВ<0 или (ОА — ОС) (ОВ — ОС)<0. Отсюда
/?2 (cos 2С —cos 2В —cos 2А 4- 1)<0
или
cos 24 4-cos 2В — cos 2С> 1.
Это неравенство можно переписать в виде
2 cos2 А — 1 4-2 cos2 В— 1 —2 cos2 С4-1 > 1,
или
cos2 А 4" cos2 В cos2 С > I.
Задача 10. Даны четыре точки Я, В, С и D. Доказать, что
\AB\2+\BC\2+\CD\2+\DA\2^\AC\2+\BD\2.
Решение. Пусть М — середина отрезка АВ, N — середина-отрезка CD.
Тогда
MN=-L (ОЛ + ОС - ОВ - OD).
Отсюда
. (ОА + ОС - OB — OD)2 > 0,
причем знак равенства имеет место только тогда, когда M = N, т. е. когда
ABCD — параллелограмм.
Имеем |ЛВ|2 + |В’С|2 + ICO |2 + \DA |2-|ЛС|2-|ВО|2 =
=(6в-бл)2+(бс-6в)2+(6о-6с)2+(6л-до)2-(6с-6л)2-
-(6й~6в}2 = бА2А-ОВ2+ОС2А-оЬ‘2-^-бА-ОВ-Чдс-бв-
—2OD-ОС —20Л-00 Л-2ОС-ОЛ Л-2ОО-ОВ=(ОЛ + ОС — ОВ — ОО)2>0.
Задача 11. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
f (х) = 3 sin х’4-4 cos х.
Решение. Рассмотрим два вектора:
а (3; 4), b (sin х; cos х).
Согласно неравенству (2) — |а| • |6| ^а-b^. |а| |В|, где |а| =5, |В| = 1.
Имеем —5^3 sin х4-4 cos х^5.
34
Задача 12. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
/(^-5<2+у+5.	
Решение. Рассмотрим векторы:
12>-
Следовательно,
|а| = 1, |F| = 13, ab=f (/).
Итак,
—13</(/)<13.
Задача 13. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
f(x, у)=6 sin x-cos t/4-2 sin x-sin t/ + 3 eos x.
Решение. Рассмотрим векторы:
a (sin x*cos y; sinx^siny; cosx), b (6; 2; 3).
Легко проверить, что |a| = l, |b|=7.
Следовательно, —7^f(x, у)^7.
Задача 14. Найти наибольшее и наименьшее^ значения функции
f (х)=4 -/1 —х4-3 Vx.
Решение. Рассмотрим векторы:
-	а (д/1 —х; -\/х), b (4; 3).
Имеем |a| = 1, |6| =5.
Выясним, могут ли данные векторы быть сонаправленными:
, или ,4д/х=зУГ^х.
4 о
Отсюда 16х = 9—9х, х=-^~.
Итак, при х=~г векторы а и b сонаправлены и поэтому f (х)^5.
Однако координаты вектора а не могут быть отрицательными, поэтому
f (х)>0 принимает наименьшее значение при х=1.
Следовательно,
Проверить правильность векторного решения можно посредством произ-
водной.
2*	35
Задача 15. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
Решение. Функцию f (х) представим в виде
f (х)=^+2-д/1-^-+ 2д/1—J-.
Теперь рассмотрим векторы: а(1; 2; 2),	1 —; ~\J 1 —.
Очевидно, что f	1 —^-4-2~^/1 -^=а-Ь.
rj_
Векторы а и b сонаправлены, если	-^-=—V__——
Отсюда находим, что 2 -y/x=~\J 1 -—и 4х= 1—Окончательно получаем
х=-|-. Но функция f (х) определена на сегменте [0, 2]. Следовательно,
Апах=|Н|-|* 1=3^2,
минимума функция достигает в точке х=2, т. е. fmin=\5.
Итак, fmax=3'\/2' при х=-|-; fmin=^ ПР« х = 2.
СОСТАВЛЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
С ПОМОЩЬЮ ВЕКТОРОВ
Векторы можно с успехом применять к получению интересных триго-
нометрических неравенств. Приведем один прием составления таких нера-
венств, основанный на использовании известных операций над векторами.
I
Рассматриваемый прием предполагает ^знакомство с линейной зави-
симостью между векторами ОА, ОВ и ОС, где О — центр окружности,
описанной около непрямоугольного треугольника АВС (рис. 1):
ОА sin 24 + OBsin 2В+ ОС sin 2С = 0.	.	(1)
> Выведем зависимость (1). Очевидно, из компланарности векторов13
О А, ОВ, ОС следует разложение
ОС==аОЛ + рОВ,	(2)
так как точки А и В не диаметрально противоположны (С#=90°).
36
Вычислим аир. Умножив равенство (2) скадярно последовательно
на ОА и ОВ и положив радиус окружности равным R, получим систему
уравнений относительно аир:
QA-qC^aR^+^OA-дв,
ОВ-ОС = аОВ- OA + &R2.
Но OA-OB=R2 cos 2С, ОВ-ОС = R2-cos 2А, ОС-OA=R2 cos 2В. Поэтому
полученную систему можно записать в виде
cos 2р = а + Р cos 2С,
cos 2Л = а cos 2С + Р-
Отсюда
cos 2В — cos 2А -cos 2 С о cos 2А — cos 2В cos 2С
а=----------------, р=------------------.
1— cos2 2С	1—cos22C
Но cos 2B = cos (2Л 4-2C) = cos 2А cos 2С —sin 2А sin 2 С,
cos 2А =cos (2B + 2C) = cos 2B-cos 2C — sin 2B sin 2C.
Следовательно,
sin 2A o sin 2B
a =-------------—, P =----------------— .
sin 2C	sin 2C
Итак,
OC= — sin 2d О A — sin -x OB,
sin 2C	sin 2C
(3)
откуда получается равенство (1).
Если С = 90°, то равенство (1) также имеет место, в чем легко
убедиться проверкой (рис. 2).
Верно и обратное утверждение: если для треугольника АВС и некото-
рой точки О выполняется равенство (1), то О — центр окружности, опи-
санной около треугольника АВС.
37
В самом деле, пусть О\ — центр описанной окружности для треугольни-
ка АВС. Тогда согласно (1) имеем:
О|Д sin 2A-(-OtB sin 2B-j-OtC sin 2C=ff.	(4)
Из равенств (4) и (1) вычитанием находим:
(СМ— ОА) sin 2А +(О^В-ОВ) sin 2В + (О?С—ОС) sin 2С = 0.
Но ои—0А=д^в—дв=д?с— ос=д[о.
Поэтому 010 (sin 2А -j-sin 2B4-sin 2С)=0.
Остается доказать, что sin 2А -(-sin 2B + sin 2С=#0. Действительно,
sin 2Д-|-81п 2B + sin 20 = 2 sin A cos А-|-2 sin В cos B-j-2 sin C cos С —
=-^-(а cos AA-b cos B-j-c cos C) =
__ 1 / a (b2+e2—a2) i b(c2 + a2—b2) . c (a2fe2 — c2) \ 
27? \ be	ca '	ab /
=	(fe2 + c2 — a2)+b2 ((f+a2 — b2)+ c2 (a2 + b2 — c2)) =
. ^„c 2S„C ,
2R-4RSABC
—r
Итак, 0|0 = 0 и 0 = 0i, т. e. точка О есть центр описанной окружности.
Рассмотрим разложение (1). Для некоторого другого треугольника
А\В\С|, вписанного в окружность с центром Оi, имеет место разложение (Г):
01Л1 sin 2Л1 + OjBi sin 2Bi 4-OiCi sin 2Ci =6.	(1')
Докажем, что если коэффициенты разложения (Г) пропорциональны ко-
эффициентам разложения (1), то треугольник Л1В1С1 подобен тре-
угольнику АВС при условии, что оба треугольника непрямоугольные.
, Итак, необходимо доказать, что из равенств
sin 2А _sin 2В_sin 2С
sin 2Ai sin 2Bi sin 2Ci
следует At=A, Bi=B, Ct = C. В самом деле, из (5) следует:
a cos А _ b cos В _ с cos С
aicos4i 61 cos Bi Ci cos Ci
Очевидно, что соответствующие уг-
лы обоих треугольников одновременно
оба острые или оба тупые (случай,
когда оба угла прямые, пока рассмат-
ривать не будем). Но числа a cos Л,
b cos В, с cos С (при острых углах Л,
В и С) равны, как известно, длинам
сторон треугольника ЛоВоСо с верши-
38
нами в основаниях высот треугольника АВС (рцс. 3). Следовательно,
треугольники с вершинами в основаниях высот данных треугольников подоб-
ны, а поэтому подобны и сами треугольники АВС и AtB]Ci, так как их сторо-
ны перпендикулярны биссектрисам треугольников с вершинами в основа-
ниях высот.
Если один из углов, например угол С, тупой, то тупым будет и угол С|,
но тогда длины a cos A, b cos В, с |cos С| пропорциональны длинам a, cos Аь
b\ cosBi, Ci |cos СИ и данные треугольники, как и прежде, подобны.
Для случая прямоугольных треугольников отношение sin2C:sin2Ci те-
ряет смысл, но остается
=ДД2В , л + В^А+В^ЭО0.
sin 2/41 sin 2В|
Эта пропорция имеет место при любых А и В, А\ и В|, поэтому треуголь-
ники АВС и Л|В1С1, вообще говоря, не подобны.
Таким образом, доказано следующее важное для дальнейшего предло-
жение: если даны два- произвольных непрямоугольных треугольника PQR
и PiQiRi и соответствующие им разложения
OP sin 2PA-OQ sin 2Q + OR sin 2/? = б,
О\Р\ sin 2Р\ + OiQi sin 2Qi + O\R\ sin 2/?i=0,
то из пропорциональности коэффициентов этих разложений следует подо-
бие рассматриваемых треугольников.
Доказанное предложение, позволяет сделать вывод, что если треуголь-
ник P\Q\R[ не подобен треугольнику PQRy то вектор
OiPi sin 2P4“OiQi sin 2Q + O\R\ sin 2R
отличен от нуль-вектора и поэтому для любого*треугольника P\Q\R\ имрет
место неравенство
(О\Р\ sin2P+OiQi sin2Q-|- Oi£i sin 2#)2^>0,	(7)
причем крайне существенно, что знак равенства имеет место только в слу-
чае подрбия треугольников PQR и PiQiRi. '
II
Перейдем к составлению тригонометрических неравенств, используя для
этой цели доказанное предложение.
1.	Для равностороннего треугольника Л1В1С1 имеет место разложение
О[А 1 -р О।В। 4" OiС\ = б,
где О\ — центр описанной окружности. Для произвольного треугольника
АВС имеем согласно доказанному предложению (ОА + ОВ + ОС)2>0,
где О — центр окружности, описанной около треугольника АВС.
39
Отсюда получаем: 3/?2 + 2/?2 (cos 2Л+cos 2B-|-cos 2С)^0.
После упрощений приходим к неравенству
cos 2Л + cos 2В -|- cos 2С > —(8)
причем зн'ак равенства имеет место только для равностороннего треуголь-
ника.
2.	Рассмотрим треугольник Л,В|С, с углами Л1=В1 = 30°, С| = 120°.
Согласно (1) имеем:
О^А t sin 60е + CM, sin 60° + CM, sin 240° =б
или	OiAi+OaBi — OiCi =0.
Для произвольного треугольника АВС, не подобного треугольнику Л iBiCi,
выполняется неравенство
OA+OB — OC=s^6.
Следовательно, для произвольного треугольника АВС имеет место нера-
венство
?=(дл + 6в-ос)2>о,
отсюда находим:
3/?2 + 2/?2 (со^ 2C-cos 2Л-cos 2В)>0
или
cos 2Л-|-со8 2В — cos 2С^-|-,	(9)
причем знак равенства имеет место только при Л=В = 30°, С=120°.
3.	Рассмотрим треугольник Л,В|С|, у которого Л| = 15°, В, = 60°,
С| = 105°. Для этого треугольника имеет место разложение
CM, sin 30° +оГв, sin 120°+ofc, sin 210° =б
или
(Mi +л/3 (М. -О?С| =б.
Для произвольного треугольника АВС имеем:
(бл+л/з6в-бс)2>о.
Отсюда получаем тригонометрическое неравенство для треугольника АВС:
5/?2 + 2 V3 Я2 cos 2С-2Я2 cos 2Вг-2 л/ЗЯ2 cos 2Л>0.
40
или	у/3 (cos 2А -cos 2C) + cos 2B<-|^.	(Ю)
Знак равенства имеет место только при Л==15°, В=60°, С= 105°.
4.	Рассмотрим треугольник Л1В1С1, у которого Л । =45°, В, =60°, С| = 75°.
Разложение (1) принимает вид:
2(ЛЛ1 +у/ЗО1В| + О1С1 =0.
Поэтому для произвольного треугольника АВС имеем:
(2ОЛ+у/ЗОВ+СС)2>0
ИЛИ
8/?2 + 4 у/3/?2 cos 2С+4/?2 cos 2В + 2 у/3/?2 cos 2 А >0.
После упрощений получаем:
у/3 cos 2Л+ 2 cos 2В + 2 у/3 cos 2CJ& —4.	(11)
5.	Если углы треугольника Л|В,С1 равны: Л = В = 36°, С=108°, то
(С>]л। sin 72° —Oi"Ci sin 36° = б
или
2 (СМ। + Й1) cos 36° -dfCt =б.
Но cos 36°1  Поэтому (у/5+1) (О|Л|+ О|В|).—20iCt =б.
Для произвольного треугольника АВС имеем:	,
((у/5 + 1) (ОЛ + ОВ) - 2ОС)2 > 0.
Отсюда получаем:
(6 + 2 у/5) 2/?2 (1 +cos 2С) + 4/?2-4 (у/5 + 1) R* (cos 2Л+ cos 2В)>0,
или окончательно:
((у/5+ 1) (cos 2Л+cos 2В)-(3+у/5) cos 2С)<4 + у/5,	(12)
причем знак равенства имеет место только при Л = В = 36°, С=108°.
6.	Рассмотрим треугольник Л,В|С| и вписанную в него окружность,
касающуюся его сторон соответственно в точках Л, В, С (рис. 4). Между
углами треугольников Л|В|С| и ЛВС имеют место соотношения
Л1 = 180°-2Л, В, = 180°-2В, С, = 180°-2С.	(13)
Очевидно, треугольник ЛВС всегда остроугольный. Для него выполняет-
ся неравенство (8). После перехода к углам Л>, В\, С| согласно (11) полу-
чим из (8) новое неравенство
cos Л । + cos В| + cos С|	(14)
41
которое имеет место для любого треугольника, причем равенство наступает
только для равностороннего треугольника.
7.	Если для треугольника Л|В|С| построить вневписанную окружность,
касающуюся стороны A\Bi и продолжений двух других сторон, то точки
касания будут вершинами треугольника АВС (рис. 5), для которого
С>90°. Зависимости между углами треугольников AtB\Ct и АВС такие:
Л = 2Л, В,=2В, С|=2С—180°.	(15)
Используя соотношения (13), из неравенства (10) получим новое нера-
венство
д/3 (cos Л1 +cos Ci)4-cos Bi
(16)
причем равенство имеет место только при Л1=В|=30°, С| = 120°.
Неравенство (И) принимает вид:
-\/3 cos Л1+2 cos Bi+2-^3 cos Ci С4.	(17)
Равенство имеет место только при Л|=90°, В|=60°, Ci=30°.
Наконец, неравенству (12) соответствует неравенство
(л/5 +1) (cos Л, + cos В!)+(3+^5) cos Ct < 4+л/5,	< 18)
которое становится равенством при At =Bi =36°, Ci —108°.
42
ПРИМЕНЕНИЕ ВЕКТОРОВ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
НА НАХОЖДЕНИЕ МНОЖЕСТВ ТОЧЕК
. Векторы целесообразно применять при решении разнообразных геомет-
рических задач: аффинных и метрических*. Среди них имеются задачи на
доказательство и на вычисление, планиметрические и стереометрические.
В задачах с аффинным содержанием обычно требуется установить
принадлежность трех точек одной прямой или четырех точек одной
плоскости, вычислить отношение, в котором точка, принадлежащая отрез-
ку, делит этот отрезок, доказать параллельность отрезков или прямых,
сонаправленность или противонаправленность лучей, параллельность прямых*
и плоскостей. Реже встречаются задачи на нахождение различных мно-
жеств точек. В метрических же задачах преимущественно приходится
вычислять расстояния и углы (между прямыми, прямой и плоскостью,
двугранные углы), доказывать перпендикулярность прямых и плоскостей
и значительно реже находить и изучать множества точек на плоскости и
в пространстве. '
I
Для успешного применения векторов в задачах на нахождение мно-
жества точек необходимо владеть важнейшими векторными равенствами,
содержащими переменные векторы, задающие основные известные множест-
ва точек. Только при этих условиях можно в ходе решения задачи
распознать по полученному уравнению искомое множество точек. С этими
равенствами мы и познакомим читателя.
1. Составить векторное уравнение прямой, проходящей через две дан-
ные точки А и В.
—>	—>
Пусть С — произвольная точка прямой АВ, тогда AC — kAB (рис. 1).
' Если О — произвольная точка плоскости (или пространства), то ДС =
= 6с —ОД, АВ = ОВ — ОА, поэтому ОС — ОА = к{ОВ — ОА). Откуда сле-
дует:
OC = (\-k)OA + kOB.	(1)
Для каждой точки С мы имеем определенное значение k, а для каждого
действительного числа k находим вполне.определенную точку С на прямой
АВ, Следовательно, уравнение z( 1), в котором Д, В, О — фиксированные
точки, задает все те и только те точки, которые принадлежат прямой АВ.
Уравнение (1) содержит параметр k и переменный вектор ОС.
* Задачу называют аффинной, если она не связана с измерением отрезков и углов
(непосредственно или косвенно). В противном случае задачу называют метрической или
евклидовой (Прим. cocm.).
43
Обратим внимание, что уравнение (1) можно также рассматривать как
векторную функцию скалярного аргумента:
-£) ОА + kOB.
Следует добавить, что
6>0н>{ДВ);
Л<0н>[ДП), [AB)(J[AD)=(ABY
0<й<1н>[ДВ];
Л<1н>[^Д);
1н>[ВМ), [ВМ)и[ВД)=(ДВ)14.
Таким образом, уравнение (1) задает также, после наложения на параметр
k определенных ограничений, отрезок АВ и четыре луча с началом в точках
А и В.
2.	Составить векторное уравнение прямой, проходящей через данную точ-
ку А параллельно вектору а (а#=б).
Очевидно, что для любой точки С прямой I (Л, а),- имеющей вектор а своим
направляющим вектором и проходящей через точку Д, выполняется равен- |
ство AC = ka (рис. 2).	|
* Отсюда получаем:	Д
OC = OA+ka.	(2)	|
Как и раньше, убеждаемся, что уравнение (2), содержащее параметр fe,	|
задает точки прямой /, проведенной через А параллельно а, и только эти	1
точки.	I
При задании (2) имеем для один луч, а для — второй луч, 1
объединение которых и есть данная прямая /.	|
3.	Составить векторное уравнение плоскости а, проходящей через три
точки Д, В и С, не принадлежащие одной прямой.
Пусть D— произвольная точка плоскости а (рис. . В таком случае
векторы АВ и АС неколлинеарны13, а поэтому вектор AD можно разложить
по АВ и ДС, т. е. Д£> = рДВ + ^ДС, где р и q — некоторые действительные
числа, однозначно определяемые заданием точки О£а.
44

Выбрав в пространстве произвольную точку О, можно записать:
ad—od—oa, ав=ов-6а, АС = ОС — ОА,
и поэтому
OD-OA=p(OB- OA)+q(OC-dA).
Отсюда
OD = (1— р — q)OA+pOB + qOC.	(3)
Уравнение (3) и есть векторное уравнение плоскости, проходящей че-
рез данные три точки, не принадлежащие одной прямой. Это уравнение
можно иначе записать так:
OD==sOA +pOB-]~qOC, p + q + s= 1.	*	(4)
Для любой точки D, принадлежащей плоскости а, вектор OD удовлет-
воряет уравнению (4) при однозначно определяемых этой точкой значе-
ниях р, р, s, а для точек D£a вектор QD уравнению (4) не удовлетворяет
ни при каких значениях р, q.s.
4.	Составить векторное уравнение плоскости а, проходящей ^через дан-
ную точку А параллельно двум неколлинеарным векторам а и b (эти век-
торы называются направляющими векторами плоскости).
Рассуждая так же, как и в предыдущем случае (рис. 4), получим:
OD = OA+pa + qb.,	(5)
II
Приведенные выше векторные уравнения прямой и плоскости будут при-
менены ниже к решению некоторых аффинных задач на отыскание
множеств точек на плоскости и в пространстве.
45
Задача 1. Даны две прямые р и q:
OP = OA + ka> OQ = OB.+ sb
(а и b — произвольные ненулевые векторы). Отрезок PQ разделен точкой
М в отношении /, т. е. PM:MQ = l. Найти множество точек М, когда k и s
принимают все возможные равные между собой значения.
Решение. Имеем (рис. 5):
рм^6м-6ру mq=oq-om.
Из условия задачи следует, что
(ОЛ1-6р = /(б5-ОМ)н(6л1=^^±^) .
—>	—>
Подставив в это уравнение значения ОР и OQ, известные из условий
задачи, получим:	,	'
( 0- =	(0- =	+ к	у
Отсюда
OM = OC + fec,
где
ОА -j- 10В _аА~ lb
i-Н ’С“““Г+Т-
Итак, множество точек М есть прямая, параллельная вектору с и прохо-
дящая через точку С, такую, что АС:СВ = 1.
Интересно отметить, что решение не зависит от того, скрещиваются15
данные прямые р и q, пересекаются они или параллельны.
Задача 2. Даны две скрещивающиеся прямые р и q:
у	OP = OA+ka, OQ = OB + sb.
Отрезок PQ разделен точкой М в отношении /, т. е. PM:MQ = l. Найти
множество точек Л4, когда k и s независимо друг от друга принимают все
возможные значения.
Решение. Как и в предыдущей задаче,
—>	—>
Подставим данные значения для ОР и OQ, получим:
= O£+*a+7(OB + s&)
отсюда ,	OM = OMo + aa+06,
46
0А-}-10В	k ' Q Is
где	OMo=-TT7-, « = 1+7. 0=1+7;
а и b — неколлинеарные векторы. Согласно (5) множество_точек М есть плос-
кость, проходящая через Мо параллельно векторам а и Ь.
Приведенные две задачи можно формулировать без привлечения векто-
ров. Сформулируем первую из них.
Задача 1а. Подобие плоскости (пространства)16 отображает пря-
мую р на прямую- q. Отрезки, соединяющие соответственные при Подобии
точки, разделены в равных отношениях (считая от какой-либо одной пря-
мой). Найти множество точек деления'.
Задача 3. На сторонах СА и СВ треугольника АВС даны соответствен-
но точки М и Л/, такие, что AM = kMC, CN = kNB. Найти множество центрои-
дов17 треугольников МNP, где Р — любая точка, принадлежащая прямой АВ.
Решение. Имеем (рис. 6) :
ам=6м--6а, мс=^6с-6м, cn=6n-oc,
NB^OB-ON, OP = (l-s)OA + sOB.
Следовательно,	t у
((дм—ОА)=к(ос—ом))?^ом=^:№-^},
((д^—бc)=kXдв-ON))^дN=^^^^).
Если G — центроид.треугольника MNP, то
OG = -ЦОМ + ON+OP) =44	+ ОС + И -$) ОА + sOB ) .
3	3 \	/
Для упрощения решения положим О = С. Тогда
CG=-L( СЛ±^+(5_1) C4 + sCfi) .
47
Отсюда	CG=^-(pCA + q СВ),
О
p--Hrb+‘-s)' ’=4-(гЬ+-')’
Значит, множество точек G есть прямая /, гомотетичная прямой АВ (/||
||(ЛВ)) и проходящая через центроид Go треугольника АВС.
Задача 4. Даны три попарно скрещивающиеся прямые, парал-
лельные некоторой плоскости. Найти множество центроидов треугольников,
вершины которых принадлежат данным прямым.
Решение. Рассмотрим три прямые (рис. 7):
ОР = ОА.+ра> OQ = OB + qb, OR = OCA-sc.
Чтобы эти прямые попарно скрещивались и были параллельны одной
плоскости, необходимо потребовать, чтобы векторы а, Ь и с были компла-
нарны (но никакие два из них не коллинеарны) и чтобы тройки векторов .
АВ, а, Ь; ВС, Ь, с; СА, с, а были некомпланарными. Если G — центроид
треугольника PQR, то OG=±-(OP+dQ + OR).
Отсюда
OG=-^-(ОД + ОВ 4-ОС)+4- (pa4- qb + s (та + nb)),
О	о
где с — таА-^Ь. Положив ^(QAA~OBA-OC) = OGq, получим:
и	«
OG= OG0+-|-((p + ms) a + (q + ns)
Согласно (5) последнее уравнение задает плоскость о, проходящую че- /
рез центроид Go треугольника АВС (если А, В, С не принадлежат одной пря-
мой) параллельно векторам а и Ь. Если pA~ms = u, q-\-ns = v, то каж- i
дой точке G плоскости о соответствует однозначно и и v, а каждой паре
чисел и и v — точка G плоскости о.
Если значения и и v фиксированы, то точка G в плоскости о также фик-
сирована, но p = u — ms и q = v — ns, где s принимает любое значение.
Таким образом, через данную точку G плоскости о проходят бесконечное )
множество плоскостей, пересекающих данные прямые в точках, являющих-
ся вершинами треугольников с общим центроидом G. :
iii	;
Для задания прямых и плоскостей, окружностей и сфер можно восполь- |
зоваться скалярным	произведением «векторов.	|
1.	На плоскости дана точка А и вектор п (п^б). Составить векторное
уравнение прямой I, проходящей	через данную точку перпендикулярно дан-	|
ному вектору. -	|
48	|
к
Пусть М ,— произвольная точка прямой /, причем А (рис. 8). Тогда
AM и п — перпендикулярные векторы и ЛМ-м = 0.
Если М = А, то равенство ЛЛЬ/г = 0 также выполняется.
Если же точка М прямой I не принадлежит, то ЛЛ1-п#=0. Следователь-
но, AM-n = Q есть уравнение прямой в векторной форме. Выбрав произ-
вольную точку О, можем записать:
АМ = ОМ — ОА и (0М-О4).п = 0.
Отсюда получаем:
ОМ-п — с = 0, с = ОЛ-п, Яу=б.	(6)
Уравнение (6) и есть уравнение прямой, проходящей через точку А пер-
пендикулярно вектору п.
2.	В пространстве даны точка А и вектор п(п^О). Составить уравнение
плоскости, проходящей через А перпендикулярно п.
Легко проверить, что уравнение этой плоскости в векторной форме сов-
падает с уравнением (6).
3.	Составить уравнение окружности (сферы) радиуса R с центром в
точке S.
Для любой точки Л4Црис. 9) окружности (с^еры) имеем |SMI = R, или
|SA4|2 = /?2. Поэтому SM2 = R\ или (ОМ — OS)2 — R2. Отсюда получаем:
OM2-2OS-OM + D^ D = OS2-R2.	(7)
Если точка М окружности (сфере) не принадлежит, то SM2=/=R2 и для
нее уравнение (7) не выполняется.
Необходимо, однако, отметить, что не всякое уравнение вида (7) есть
уравнение окружности (сферы). Так как R2 = OS2 — D, то только при
OS2 — D>0 мы имеем окружность (сферу), при OS2 — 0 = 0 имеем точку, а
при OS2 — О<0 — пустое множество.
49
IV
Применим уравнения (6) и. (7) к решению задач на нахождение
множеств точек.	х
Задача 5. Дан прямоугольный треугольник АВС, С = 90°. Найти
множество точек М плоскости треугольника, для которых
\АМ\2+\ВМ\2=2 |СМ\2.
Решение. Выбрав произвольную точку О (рис. 10), можем записать:
ам=ом—оа, вм=дм—дв, СМ=ОМ—ОС.
Но	[АМ12=АМ2=(ОМ — ОА)2.
Поэтому
(ОМ - ОЛ)2+(ОМ — ОВ)2 = 2 (ОМ - QC)2.
Отсюда после возведения в квадрат и упрощений получим:
(ОА + ОВ-2ОС)-ОМ=±-(ОА2 + ОВ2-2ОС2).:
Поскольку ОА + ОВ — 2ОС#=0, то полученное уравнение имеет вид урав-
нения (6) и поэтому представляет собой прямую /. Чтобы найти положение
прямой I на плоскости по отношению к треугольнику АВС, выберем точку О
так, чтобы О = С. Тогда ОС = б и полученное уравнение примет вид:
(СА + СВ) • СМ =±- (СА2 + СВ2).
—>	—>	—>	4
Но CA-\-CB = 2CS, где S — середина гипотенузы АВ. Поэтому имеем:
CS-CM = ±-c2, с—\АВ\.
Итак, прямая I перпендикулярна медиане CS. Но последнему уравнению
удовлетворяет вектор СМ, равный CS, так как
CS-CS = CS2=|CS|2=4-MB|2=4-c-
Следовательно, прямая I проходит через середину гипотенузы пер-
пендикулярно медиане CS данного треугольника.
Если задачу решать как стереометрическую, тд искомое множество
точек М есть плоскость, проходящая через середину гипотенузы АВ перпен-
дикулярно медиане CS.	!
Наконец, заметим, *!тто если данный треугольник равнобедренный (|СЛ | =
= \СВ\), то прямая I совпадает с прямой АВ.
50
Таким образом, если М —любая точка на прямой АВ. а АВС — равно-
бедренный прямоугольный треугольник (|СД| = |СВ|), то
|СЛЦ2=-Ь(|ЛЛ1|2 + IBMI2),
или	|CM|=A/HW±e:
Отрезок СМ называется средним квадратичным для отрезков AM и МВ.
Построение среднего квадратичного двух отрезков длиной х и у выполня-
ем так: строим отрезки AM и ВМ, такие, чтобы |AM| = х, |ВМ1 — у, М£[ЛВ];
строим далее равнобедренный прямоугольный треугольник АВС\ [СМ]— ис-
комый отрезок.
Задача 6. Найти множество точек М, отношение расстояний от
которых до данных точек А и В равно X.
Решение. Из условия задачи следует, что#|ЛМ|2: |ВМ|2 = Х2 (рис. 11).
Но |ЛМ|2:|ВМ|2=ЛМ2:ВМ2, поэтому АМ^^ВМ2.
Учитывая, что АМ = ОМ — ОА, ВМ — ОМ — ОВ, получаем:
(ОМ - ОА )2 = V (ОМ - ОВ)\
Отсюда
(1 -V) 6м(1-2(д^-12дв)-6м+бА2-^6в2^^.
Если Х=Г, то искомое множество точек есть серединный перпенди-
куляр точек Л и В. Пусть ХУ= 1. Тогда, разделив уравнение на 1 —X2, получим:
или
о^-2д4=^дл1=
1 — Л	1 — л
(дм
О А - к2 О В \ 2 ( О А - X2 О В V	О А2 - ХОВ2
1-Л2	/	\	1-Х2	)	1-Х2
причем правая часть равна
(i-х2)2	*
51
i
Итак, искомое множество точек есть окружность радиуса ——-у-|ЛВ|
I * —л I
—rj л___у? or
с центром S, ДЛЯ которого OS=--:-75—
1 — л •
Это значит, что AS= —k2SB.
Полученная окружность называется окружностью Аполлония. Ее центр
находится на прямой АВ, но вне отрезка АВ, причем |Л5|: |SB| =А,2.
Если искомое множество точек рассматривается в пространстве, то
получаем сферу* того же радиуса с центром в той же точке:
/Atf оа—к2ов\2 V 7X2 л ,i
(ОМ-----1-^-) =—-^АВ,
Заметим, что при 1 центр S принадлежит лучу [Л В)* и В лежит между
А и S, а при 1 — лучу,[ВЛ) и А лежит между В и S.
Задача 7. Дан равносторонний треугольник АВС. Найти множество
точек М, для которых |ЛМ|2+|ВМ|2= |СМ|2.
Решение. Примем центр О данного треугольника за начало (рис. 12).
Тогда
(ОМ -ОА)2 + (ОМ - ОВ)2 = (ОМ - ОС)2.
Отсюда	4
ом2-2(о'а+ов-о'с)-ом+о~а2+о'в2-о~с2=о.
Но ^2 = OB2 = OC2 = R2, ОА + ОВ-ОС=-=ОА + ОВ + ОС — 2ОС=
= —2ОС. Поэтому
6м2 + 4ОС-ОМ + /?2 = 0.
Выделим в левой части уравнения полный квадрат:
(ОМ + 2ОС)2 = 4ОС2 - R2
или
(ОМ + 2ОС)2 = (л/3/?)2.
Итак, искомое множество точек есть окружность радиуса R^/S с центром
—>*/	—>
в точке S, такой, что OS=—2ОС. Очевидно, что точка S принадлежит
биссектрисе угла С; ее расстояние от центра треугольника равно 2R.
Вычислим величину угла CMS. Имеем:
cos CMS — ло-л? - ол-(дл+2ос) . /?2-/?2 _ 0
|ДО|-|Л5|	|ЛО|-|Л5|	|АО|-|Д5|
Это значит, что найденная окружность касается прямых ОА и ОВ в точках
А и В. Другими словами, эта окружность пересекает описанную около
треугольника окружность ортогонально.
52
Наконец, заметим, что OX + OB = OC + OS, так как из этого равенства
—,
следует истинное соотношение ОД + ОВ + ОС = 0. Следовательно, ACBS —
параллелограмм.
Задача 8. Дан равносторонний треугольник АВС. Найти множество
точек М, для которых |ДМ|2+ |ВМ|2 = 2 |СМ|2.
Решение. Если О — центроид данного треугольника (рис. 13), то
оа + ов+ос=6, \дд\ ==\дв\ = \дс\—R.
Далее,
ЛМ2 = (6М-ОЛ)2, ВМ2 = (С)М-дв)\ СМ2 = (дм~дс)2.
Следовательно,
(дм - ОА)2+(<5м - дв)2=2 (дм - ос)2.
После возведения в квадрат и упрощений получим:
2(ОЛ+ ОВ-2бс)-6м==дл2 + 6в2-2ОС2,
или — 6ОС-ОМ = 0.
Другими словами, множество точек М есть прямая /, проходящая через
центроид О треугольника перпендикулярно лучу ОС. Иначе, прямая I про-
ходит через точку О параллельно прямой АВ.
Заметим, что если /П(ЛС) = Р, то \РА |2+ |РВ|2 = 2 |РС|2. Но
IАР\: \РС\ = 1:2. Поэтому получаем такое следствие: если точка Р делит сто-
рону АС равностороннего треугольника АВС в отношении 1:2, то |РА |2 +
+ \РВ\2 = 2 \РС\2.
Далее, если /D(BC) = Q, jo \PQ\ = \PC\ и |Л412+|РВ|2 = 2 \PQ\2.
53
Задача 9. Даны"плоскость а и точка М, не принадлежащая а.
Для каждой точки Р плоскости а строится точка Р', такая, что МР*МР' = R2,
R^O, причем точки М, Р, Р' принадлежат одной прямой. Найти мно-
жество точек Р'.	>
Решение. Из условия задачи следует, что МР' — оМР (рис. 14). Отсю-
да МР-МР' =kMP2 = R2, поэтому k = R2:MP2 и
мр'=—=*>— мр.	(8):
МР2
Для данной плоскости имеем уравнение
n-MP + D = 0, D=£0.
Но
МР=^МР'.
Следовательно,
^(n-MP')+D==0.
_/
Далее, МР2 • MP'2 = R\ поэтому	и последнее уравнение прини-
\	R МР'2
мает вид:
- -^-(n-MP')+Z) = 0,
МР'2
\
или
' R2 (n^MP') + D-MP'2=0.
Отсюда получаем:
Итак, искомое множество точек есть сфера радиуса - с центром
z	Z I и I
—>	р2 _
S, причем MS =—Из этого УРав^нения видно, что центр сферы лежит
на перпендикуляре к данной плоскости а, проведенном через точку М.
Отображение пространства, при котором- точка Р переходит в точку Р'
согласно формуле (8) при условии, что Р=/=Л4, называется преобразова-
нием инверсии с коэффициентом инверсии, равным R2. Образом плоскости
а, не проходящей через центр инверсии, является сфера (9), проходящая
через точку М, называемую центром инверсии.
Если формулу (8) рассматривать для точек Р плоскости, то эта формула
задает преобразование инверсии плоскости. Однако из плоскости необходи-
мо удалить центр М инверсии, который не имеет образа..
54
Задача 10. Даны сфера <о(0; /?) и точка М, |ОМ|>/?. Ребра пря-
мого трехгранного угла с вершиной М пересекают сферу в точках А, В и С.
Найти множество центроидов G троек точек А, В, С для множества всех
прямых трехгранных углов с общей вершиной М.
Решение. Согласно условию задачи имеем (рис. 15):
ОД2 = ОВ2 = ОС2 = /?2;
далее,
ЛМ-МЙ=0, МВ-МС=0, МС-МА=0,
откуда следует:
(дА-дм)-(дВ-дм)=0, (ОВ-ОМ)(ОС-ОМ)=0,
(ОС — 0М)(ОЛ — ОМ)=0,
или более подробно:	*
дм2—дм • (дл+6в)+ОА. дв=о,
дм2 - дм • (дв + ос)+дв. дс=о,
дм2 - дм • (дс + ОА)+дс • 6л=о.
После почленного сложения этих равенств получим:
здм2 - 2дм •( ОА+дв+дс)+дл • дв+дв  дс+дс • дА=о.
Но
дА+дв+дс=здс,
ОА-дв+дв-дс^г ос-оа =
=-|- ((дл + дв+дс)2 —3R2).
Следовател ьно, здм2 — 6ОМ -ОС+-у (90 G2 — 3R2) = 0.
55
Полученное уравнение преобразуем к виду
3OG2 - 4ОМ • OG = R2 - 2d2, d = | ОМ |
ИЛИ
( 0G-^-ОМ )2 =-^(3/?2-2d2).
Итак, если З/?2 —2d2>0, то искомое множество центроидов есть сфера
радиуса —y/3R2 — 2d2 с центром в точке S, такой, что OS=-^-OM. Если
З/?2 —2d2 = 0, то искомое множество точек есть точка S; при 3R2 — 2d2 <0
искомое множество точек является пустым.
Нетрудно доказать, что при 3R2 — 2|ОМ|2 = 0 все рассматриваемые трех-
гранные углы расположены так, что их ребра лИбо касаются сферы в
тройках точек, имеющих общий центроид S, либо интересующих нас
троек не существует.
Решение рассматриваемой задачи для двумерного случая, когда роль
сферы играет окружность, а тройка попарно перпендикулярных лучей заме-
нена парой таких лучей, предлагаем провести читателю самостоятельно.
V
Известно, что для составления уравнений различных множеств точек
весьма удобно применять координаты. Фактически основное назначение ко-
ординат заключается именно в том, чтобы по уравнениям множеств точек
(иногда используются неравенства и их системы) изучать свойства этих
множеств и обратно: по свойствам различных множеств точек составлять
соответствующие им уравнения. Располагая уравнением множества точек,
можно по виду уравнения охарактеризовать это множество. Во многих
случаях координаты предпочтительнее векторов, но не всегда. Решая за-
дачу посредством координат, приходится одновременно рассматривать рас-
положение изучаемой фигуры относительно осей координат, начала коорди-
нат, координатных углов. Вычисления нередко становятся громоздкими и
труднообозримыми. Решая же задачу посредством векторов, достаточно вы-
брать лишь «начальную» точку и все рассматриваемые векторы отклады-
вать от этой точки. Иногда специальный выбор начала делает решение
еще более естественным, сокращает значительно вычисления.
При решении многих задач целесообразно применять координатно-век-
торный метод, основанный на совместном использовании векторов и вычис-
лений над их координатами, задавая базис18, выполняя разложение вводи-
мых векторов по базису. В приведенных выше задачах мы применяли
исключительно векторный аппарат, не привлекая базисных векторов и коор-
динат. В этих задачах применение векторов, по нашему мнению, макси-
мально целесообразно.
56
О ДВУХ ПРАВИЛЬНЫХ шестиугольниках,
СВЯЗАННЫХ С ПРОИЗВОЛЬНЫМ ТРЕУГОЛЬНИКОМ
Ниже речь пойдет об одной задаче, хорошо знакомой многим любителям
математики. Сформулируем ее.
Задача. Если на сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС построены
в его плоскости равносторонние одинаково ориентированные™ треугольни-
ки ВСА[, САВ\, АВС\ (рис. 1), то центры Ло, Во, Со этих треугольников
являются вершинами равностороннего треугольника ДоВоСо или совпадают,
В № 5 журнала «Квант» за 1972 г. этой задаче, приписываемой Наполе-
ону, была посвящена отдельная статья, ее можно найти также в^ многих
пособиях и сборниках задач повышенной трудности, предназначенных для
поступающих в вузы или для внеклассных занятий. В помещенных в этих
книгах решениях применяются тригонометрия, геометрические преобразова-
ния, различные другие традиционные приемы, характерные для элементарной
геометрии.
В предлагаемом нами решении, в котором находят применение векторы и
преобразования, будет обнаружено, что равносторонних треугольников, соот-
ветствующих только одной из двух возможных ориентаций треугольников
ВСА\, САВ\, АВС\, можно указать два (среди них ДЛоВоСо), причем вер-
шины обоих треугольников образуют правильный шестиугольник. Аналогич-
ным образом можно построить и второй правильный шестиугольник,
который соответствует другой ориентации трех указанных выше равно-
сторонних треугольников.
Рассмотрим для определенности тот случай, когда ориентации треуголь-
ников ВСА\, САВ\ и АВС\ противоположны ориентации треугольника АВС
(рис. 1).
Пусть G — центроид данного треугольника АВС. Согласно правилу тре-
угольника имеем:
GA0= gb + ba0, gb0 = gc + cb0, gc0 = ga+ac0.
Отсюда сложением получаем:
ОЛо4-(?Во + ССо=СЛ4-(?В + СС+(ВЛо + СВо+ЛСо).	* (1)
Поскольку точка G — центроид треугольника АВС, то
GA + GB + GC = 6.
57
Отложив векторы BAq, СВ0, ACq и векторы^ ВС,^СА, АВ от некоторой
точки О, получим соответственно векторы ОА2, ОВ2, ОС2 и ОЛ3, ОВз,
ОСз (рис. 2).
Треугольник А2В2С2 получается из треугольника А3В3С3 поворотом /?<730°
— 20
и гомотетией Н$ .
—>	—>	—>	,
Поскольку OA3 + OB3+OC3 — Q, то О — центроид треугольника А3В3С3.
Поворот и гомотетия отображают центроид на центроид, а так как при данной
гомотетии и данном повороте точка О неподвижна, to_j9 — центроид и
треугольника Л2В2С2.2Этсюдд следует, что ОА2 + ОВ2 + ОС2. =б.
Таким образом, ВЛоН-СВо + ЛСо = б, и поэтому из (1) находим, что
(Mo + GBo + GCo=6.	(2)
Из (2) вытекает, что G — центроид треугольника ЛоВоСо.
Теперь рассмотрим четырехугольник АВА\С (рис. 3). Отрезок GAq соеди-
няет центроиды треугольников АВС и ВЛ|С, следовательно, ОЛо = “-ЛЛ1
(Нм ([ЛЛ 1]) = [6Ло} М — середина стороны ВС\
Аналогичным образом обнаруживаем, что
GB0=^-BBit GC0=-§-CC|.
Но |ЛЛ 11 = |BBi I = l<?Ci |. Действительно, поворот /?76°° отображает С|
на Л, С на Ль поэтому | СС11 = | Л Л11; аналогично /?76()° ([Л |Л])=[ВВ1],
и поэтому | ЛЛ11 == \ВВ\|.
58
В таком случае |ОДо1 = |GB0| = I GCo |. Следовательно, для треугольника
AqBqCq точка G есть и центроид, и центр описанной окружности, поэтому
ДоВоСо — правильный треугольник.
Задача решена и\ дополнена тем, что центроид треугольника ДоВоСо сов-
падает с центроидом данного.	•
II
Вне поля зрения остался еще один правильный треугольник Д6В6С6, кото-
рый обнаруживается следующим образом.
Рассмотрим центроиды Д6, В6, С6 треугольников В\АС\, С\ВА\ и А\СВ\
(рис. 4). Соединим их с центроидом G. Заметим, что в четырехугольнике
В\АС\А 1 длина диагонали AAt в три раза больше длины отрезка 6Д6, при-
чем [GA'о)|т’ е- GAo=—A\A (обратить внимание на то, что точка
G — центроид также и треугольника Д|B|Ci, рассуждения аналогичны вы-
шеприведенным). Точно так же
ОВ6=4-Вгв, GCo=±-cZ.
О	о
Поскольку
|Л,Л | = |В.В| = |С|С|
и
(А^С'в^В'1=(В^ВГсС)=(с7сГлИ)=120°, то
10461 = \GBl>\ = \Ga,\ И (046, GB6)=(GB6, GC6)=(GC6, G46) = 120°.
Следовательно, треугольник 46В6С6 также правильный и центр его совпа-
дает с центроидом G данного треугольника.
59
Так как полученные равносторонние треугольники AqBqCq и AqBqCq сим-
метричны относительно их общего центра G, то шестиугольник AqC^BqAqCqBq
правильный и его центр совпадает с центроидом G данного треугольника
(рис. 5).	j
Вычислим длину d стороны этого шестиугольника. Очевидно, d=— |ДЛ 11.
о
Рассмотрим треугольник АВА\. По теореме косинусов имеем:
\АА\\2 =\АВ\2\ВА\\2— 2 \АВ\\ВА{ | cos (60° + В) =
= с2И-а2 — 2ac(---cos В—-—sin В^ = с2А~а2 — ас cos В 4-2 л/35лвс=
= с2А~а2----- -у +2 л/35лвс=у(а2 + &2 + ^2 + 4 -yj3SABC\
Таким образом, d=^-^— |т4у41 | =—-—~\/а24- ft24-с24-4 д/ЗВлвс.
3 з V2
В случае если равносторонние треугольники, построенные на сторонах
данного, ицеют противоположную с ним ориентацию,^то по аналогии
с предыдущим также получаем правильный шестиугольник с тем же центром
и со стороной d', равной |ЛД||, причем
О
d' = уу л/а2 +	— 4 л/35лвс.
з у
В единственном случае, когда данный треугольник правильный, шести-
угольник вырождается в точку и
а2 4- Ь2 4” с2 = 4 л/35лвс..
Полученное равенство характеризует только равносторонний треуголь-
ник, т. е. из него следует а = Ь = с.
III
Анализ решенной задачи приводит нас к возможности сделать дальней-
шие обобщения. В самом деле, прямые AAi, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной
точке. В этом можно убедиться так. Было выяснено, что угол между вектора-
ми АА\ и СС\ равен 60° (рис. 6). Если (АА|)П(СС1) = Г, то АГСР=60°.
Но АВС1=60°, следовательно, около четырехугольника АТВС\ можно опи-
сать окружность, откуда следует, что С]7’В = 60° и B7L4i=60°. Далее около
четырехугольника АВ\СТ также можно описать окружность, поэтому СТВ\ =
=В|ГА = 60°. Таким образом, при точке Т все шесть углов равны 60°, и по-
этому точки В, Т и Bi принадлежат одной прямой.
Однако в решении обобщенной задачи о правильном шестиугольнике
мы не использовали тот факт, что прямые ААЬ BBj и CCi пересекаются
в одной точке. Нам было важно, что |AAi | = \ВВ\| = |CCi | и
(47CbSi)=(BbCcCi) = (CcOUi) = I20°. '
60

Вот почему основную задачу можно освободить от этого лишнего требо- >
вания и сформулировать новую, более общую задачу (рис. 7).
Задача. Дан равносторонний треугольник А'В'С'. На его сторонах
В'С', С'Л', Л'В' заданы соответственно пары точек А и А{, В и В\, С и С\ так, ‘
что AA\ = kB'C', BB\=kC'Л', CC\=kA'В'. Доказать, что:
1)	центроиды треугольников АВС\, ВСА\ и САВ\ являются вершинами
равностороннего треугольника;
2)	центроиды треугольников А\В\С, В\С\А и С\А\В также являются вер-
шинами равностороннего треугольника;
3)	центроиды этих двух равносторонних треугольников совпадают с об-
щим центроидов G треугольников АВС и А\В\С\;
4)	оба полученных равносторонних треугольника симметричны друг
другу относительно центроида G;,
5)	вершины обоих равносторонних треугольников являются вершинами
правильного шестиугольника.
Если G — центроид треугольника АВС, то, как и в специальном слу-
чае, доказываем, что G является центроидом правильного треугольника с
вершинами в центроидах треугольников АВС\, ВСА\, САВ\.
Остается лишь доказать, что центроид Gi треугольника А|В|Ci совпадает
с центроидом G треугольника АВС. В самом деле, примем точку G за начало
векторов. Тогда GAA~GBA-GC = O. Но согласно условию задачи имеем:
GA^GAA-kB^C', GB\ — GB + kC^A',GC[==kA^C'.
Из этих равенств непосредственно следует, что GAi + GB\ + GC\ —
^GAA-GB+GC + k{B^CfA-C^AfA-A^B% т. e. GA{ + GB\ + GCi =0 и цент-
роид G\ треугольника A\B\C\ совпадает с центроидом G треуголь-
61
ника ABC.
Не составляет труда убедиться в том, что вершины второго равносто-
роннего треугольника симметричны вершинам первого относительно точки G.
В итоге получаем правильный шестиугольник, сторона которого |ДЛ1|.
В данном обобщении роль точки Т с проходящими через нее прямыми
ДДI, ВВ\, СС\ играет правильный треугольник Д'В'С' и прямые, содержащие
его стороны.
ПОВОРОТ ВЕКТОРА НА 90°
Для решения аффинных, задач планиметрии, касающихся взаимного
расположения двух прямых, принадлежности трех точек одной прямой,
вычисления отношения коллинеарных отрезков, удобно пользоваться векто-
рами. В процессе решения таких задач необходимо владеть лишь опера-
циями сложения и вычитания векторов, умножения вектора на число,
которые известны читателю из школьного курса геометрии.
Если же задача носит метрический характер, то этих операций недо-
статочно. На помощь приходит обычно операция скалярного умножения
векторов. Посредством этой операции (в сочетании с аффинными опера-
циями) можно вычислять расстояния и углы, находить метрические соот-
ношения между линейными и угловыми элементами многоугольников, опи-
сывать различные множества точек, решать ряд задач, связанных с окруж-
ностью.
Между тем очень полезной при решении метрических задач является
операция поворота вектора на 90° в положительном направлении (в пред-
положении, что на плоскости введена ориентация)19. Эта несложная опе-
рация позволяет нередко освободиться от применения скалярного умноже-
ния векторов, особенно в тех случаях, когда в задаче приходится уста-
новить перпендикулярность прямых или отрезков. Более того, указанная t
операция во многих случаях имеет преимущество перед скалярным умно-
жением векторов, так как в результате ее применения не приходится
заменять векторные равенства числовыми (как в случае скалярного умноже-
ния), закрывающими геометрическую картину решаемой задачи.
Для иллюстрации приведем решения нескольких нестандартных плани-
метрических задач, в которых находит применение операция поворота векто-
ра на 90°. _
Вектор Ь, получаемый из вектора а поворотом его на 90° в положитель-
ном направлении (против движения часовой стрелки), обозначим символом
ш. Множитель i указывает действие поворота (никакого другого смысла в
этот множитель вкладывать не следует).
Итак, из b~ia следует, что |6| = |а|-, (а, 6)=+90°. Верно и обратное
утверждение.
Перечислим свойства операции умножения на /, вытекающие из ее опреде-
ления:
62
. 1) i(ka)==k(ia), k — действительное число; 3) /6=^=6;
2) i (a + b)^ia + ib\	>	4) z(ia)=—a.
Этими свойствами мы будем пользоваться при решении задач и доказа-
тельстве теорем. Читатель без труда самостоятельно докажет истинность
перечисленных свойств.
Задача 1. Дан положительно ориентированный треугольник АВС, точ-
ка И — его ортоцентр. Доказать, что C// = ctg С-(/ВД).
Решение. Пусть С<90°. Докажем, что \СН\ — \АВ\ ctg С. В самом
деле, окружность, построенная на диаметре СН,, проходит через основа-
ния Д1 ивысот АА{ и- ВВ\ треугольника АВС (рис. 1). Следовательно,
| С А11 = | СН | sin В, где | С А।1 = | С А | cos С. Отсюда
\сн\ =-^-cos С.
sin В
Но по теореме синусов |СЛ|: |ЛВ| = sin УЗ:sin С. Поэтому
и	| С/7| = Лб1 c°sg
ч sin С
\СН\ = \АВ\ctg С.	(1)
Если вектор ВА повернуть на +90° около вершины В, то получим вектор
i,BA = BD, сонаправленный с СН (точки С и D лежат по разные стороны
от (ЛВ)). Значит, CH = k (IB А), где k>0. Поэтому \СН\ =k \ВА |. Сопостав-
ляя последнее равенство с (1), получаем fe = ctg С.
63
Итак, C7/ = ctg С (IBA).
Формула (1) остается в силе и тогда, когда С>90° (рис. 2) и С = 90°.
(Доказательство опускаем.)
Применим результат, содержащийся в решении задачи 1, для решения
следующей задачи.
Задача 2. Выразить радиус-вектор ортоцентра Н треугольника АВС
через радиус-векторы его вершин.
Решение. Если треугольник прямоугольный, то вершина прямого уг-
ла является ортоцентром треугольника. Поэтому положим, что данный тре-
угольник не прямоугольный. Согласно задаче 1 имеем:
CH = ctg С-(iBA).
Отсюда
ДД-tg C-(iCH\ AB = igC(iH — iC).
Аналогично
ВС = tg А (1Н-iA\ CA^tgB (IH-iB\
После почленного сложения полученных равенств найдем:
i(tg4(tf-4)+tgB(#-5)+tgC(/7-C))=0,
откуда
a (tg А + tg в+tg С) = A tg А + В tg в + с tg С
и
tg д + atgg+gtgc
tg Д + tg в+tg с
Если точка Н совпадает с началом радиус-векторов, то //=0 и
A tg АА-В tg B + Ctg С=0.
Покажем, что получение этого соотношения посредством скалярного
умножения векторов сопряжено с громоздкими выкладками.
Примем ортоцентр И за начало радиус-векторов. Тогда
А (В-С) = 0, В(Д-С) = 0.
Отсюда
Д.В=Д.С, А-В = В-С.
Положим С = тАА~пВ. Значения т и п находим из системы
А • В = mA2 + nA • В,
А-В = тА -ВА~пВ2.
64
Имеем:
m . _(Л-В)(В2-Л-В) n _(А-В)(А2—А-В)
А'2-В2—(А-В)2 ’	A2-B2—(A-B)2
Выразим тип через элементы треугольника. Заметим, что А-В =
= — | А | • | В | • cos С. Поэтому
|71 - |Л| • |В| cos С (|В|2+|Д | • |В| cosC)
|Л|2-|В|2—|Л |2-|В|2cos2 С
_ cosC(|BI + I4| cos С) |Л |  |В|2 __
 IЛ12 < IZJ12 • sin С
=_____1 / |2?1	. cosC\
tgC4i4|sinC sin С )
Ho |B|:|4|=cosB :cosA (по теореме синусов для треугольника НАВ).
Следовательно,
т__	1	/ cos В । cos С \_
tg С \ cos A -sin С sin С /
__	1 cos в + cos Л «cos С_
tg С cos Л «sin С
__	1 sin Л «sin С tg Л
tg С cbsЛ • sin С	tg С
Аналогично находим, что п=—.
tg С
Итак,
tg с , tg с
и	_______
AtgA+BtgB + CtgC = O.
Приведенное здесь решение требует привлечения теоремы синусов, теоре-
мы сложения для функции косинусов, различных тождественных преобра-
зований. Операция поворота вектора на 90° в данной задаче оказалась
более эффективной.
Задача 3. Дан треугольник АВС, Поворотом точки С около
точки А на + 90° получаем точку О, а поворотом точки С около точки В
на —90° получаем точку Е. Вычислить расстояние от середины М отрезка
DE до прямой АВ.
Решение. Выбирая произвольно начало векторов (рис. 3), получим:
В=Д-Н(С-А), Е = В-/(С-В).
Отсюда
м ~ (О + Е)=^+/.
3 Зак. 2710 3. А. Скопец
65
—*	—*	AB
Если S — середина MB], то S=—(ДН~В), и поэтому M = S+t —.
I	2	2
Следовательно,	•
V
—►	—>
M-S=i^-, SM=i^- и |SM|=^-|AB|,
причем (5Л4)±(ЛВ).
Итак, искомое расстояние равно 4- \АВ|. Интересно отметить, что оно за-
висит только от расстояния между А и В, но не зависит от положе-
ния вершины С.
Задача 4. Даны четыре прямые, из которых никакие две не парал-
лельны и никакие три не проходят через одну точку (такая фигура назы-
вается полным четырехсторонником). Доказать, что ортоцентры четырех
треугольников, образованных данными прямыми, взятыми по три, принад-
лежат одной прямой.
Решение. Пусть прямые а, Ь, с образуют треугольник АВС, а пря-
мая d пересекает эти три прямые в точках Аь Bi, С\ (рис. 4). Рассмотрим
положительно ориентированные треугольники АВС и АС\В\, имеющие общий
угол Л. Обозначим их ортоцентры соответственно через Hd и На.
Согласно (1) имеем:
Atfrf = ctg A (iCB), AHa^tg A (1В?С}).
Но HaHd=AHd—AHa, поэтому
B^d = ctg Ai (СВ —bTci).	(2)
Теперь рассмотрим два положительно ориентированных треугольника
А\СВ\ и Д1ВС1. Согласно (1) имеем:
y4j//c = ctg ВЛ?С (zbTc), л]//* = ctg СИ?В (z’C|B).
66
Отсюда	.	,
HbHc = ctg A\i (BXC — C\B).	(3) |
Но	J
СВ + BCt 4-	+ Cc=Q,
поэтому
СВ - Cct = -(f£c-QB)
и
z(CB-b7Ci)=-i(b7c-GS).
—
Из равенств (2) и (3) находим, что векторы HaHd и НЬНС коллинеарны. *
Аналогичным образом доказываем коллинеарность векторов HbHd и НсНа,
HcHd и НаНь. Но в таком случае все четыре точки На, Hb, Нс, Hd принадлежат =
одной прямой h. Задача решена.
Предложенное решений имеет то преимущество перед другими извест-
ными решениями, что оно позволяет также найти отношение коллинеарных ;
векторов HaHd и НЬНС. В общем случае, когда А #=90°,, А। #=90°, имеем:
ctg А! • HJid + ctg А • fhHc = 0
и
IhHd: НьНс = tg (О): tg (О).	(4)
Аналогично
thHd: HJia = tg (Cd): tg (^),
Hdfa:ihHb = tg(Cd):tg(Cb).	(4') -
Итак, если даны четыре прямые а, 6, г, d, то находим четыре точки На, Нь, ;
Нс, Hd, причем тангенсы углов между прямыми и расстояния между ортоцент-
рами связаны соотношениями (4) и (4')_.
Предлагаем для самостоятельного исследования следующую проблему:
На прямой h даны четыре точки На, Hb, Нс, Hd- При каких условиях су-
ществуют на плоскости такие четыре прямые a, b, с, d, чтобы данные точки
были ортоцентрами четырех треугольников, образованных этими прямыми,
взятыми по три? Построить эти четыре прямые.
Задача 5 (теорема Гаусса). Прямые a, b, с, d образуют полный
четырехсторонник (см. задачу 4) с вершинами
a(]b = C, c(}d — C\, а(]с = В, b(}d — Bi, b(}c = A, a(]d=A\.
Доказать, что середины М, Af, Р отрезков AAh СС\ принадлежат
одной прямой.	?
3*
67
Решение. Рассмотрим вектор MN (рис. 5). Очевидно, что
=	+	+ AW===AL4 + AS + ^V.
Почленное сложение этих векторных равенств приводит к соотношению
O=l(jB+A),
так как
ЛМ1+ЛМ=0, BN + B^N^O.
Аналогично получаем:
NP=±-(B?C+BCt),
PM~(C?A + CAi).
Сопоставляя предпоследнее равенство с (3), обнаруживаем
НьНс=2 ctgAi(iNP).	(5)
—>	—>
Отсюда следует, что вектор NP перпендикулярен вектору НьНс или прямой
й, которой принадлежат точки На> Нь, HcJHd- Аналогичным образом устанав-
ливаем перпендикулярность векторов РМ и MN той же прямой h. Следова-
тельно, точки М, N, Р принадлежат одной прямой q.
В ходе решения этой задачи посредством операции поворота на 90° допол-
нительно выяснено, что прямая q перпендикулярна прямой Л, а также найде-
но отношение длин отрезков NP и НьНс'-
\NP\-.\HbHc\=±-\ig (a?d)\.
Обращаем внимание на то, что теорема Гаусса, носящая аффинный
характер, решена метрическими средствами.
68
Задача 6. В четырехугольнике ABCD проверены диагонали АС и BD,
пересекающиеся в точке О. Для треугольников ОАВ и OCD построены орто-
центры и Н2, а для треугольников ОВС и ODA — центроиды (точки пе-
ресечения медиан) — G3 и G4. Доказать, что отрезки Н[Н2 и G3G4 перпен-
дикулярны.
Решение. Пусть треугольники ОАВ и OCD ориентированы положи-
тельно (рис. 6). Тогда согласно решению задачи 1 имеем:
OHt = ctg ф (IBА}, ОН2 — ctg ф (IDС),
<p=AOB = COD.
Следовательно,
/ЛД2=ctg ф i (DC - BA).
С другой стороны,
О^з=-~4-(°^ + О"С)’
О
Поэтому
og3=±-(ob+oc), 6g4=-^-(od+oa),
откуда	,
g7g4=4- (OD + ОА - OB - ОС).
О
Так как	у
6d-oc=cd, 6в-дд=дв,
то
<Го4=4-(СО-ДВ).
о
Итак,
х	HiH2= —3 ctg ф (z’G3G4).
Из последнего равенства следует, что [Я1//2]JL[G3G4]. Задача решена.
Однако выяснено больше, а именно:
|//i#2l=3 [ctg ф| | G3G4|,
т. е. одновременно вычислено и отношение этих отрезков:
|/fi//2|: I G3G4| =3 Ictgcpl.
Эта задача предлагалась на Всероссийской математической олимпиаде
школьников в 1972 г. и вызвала у участников олимпиады большие затрудне-
ния.
69
Задача 7. В четырехугольнике ABCD проведены диагонали АС й BD,
пересекающиеся в точке О. Для треугольников ABO, ВСО, CDO, DAO пост-
роены центроиды G|, G2, G3, G4 и ортоцентры Н\, Н2, Яз, Доказать,
что G1G2G3G4 и Н\Н2Н$Н4 — подобные параллелограммы, и найти коэффи-
циент подобия (|//i//2l: IG1G2I =k).
Решение. Примем точку О за начало радиус-векторов (рис. 7). Тог-
да	;
G(=4-H+B), G2=4-(B + C), G3=4-(C+D), о4=4-(5+л).
о	о	О	о
Поскольку
g1 + g3=g2+G4=4-H+^+^+5)’
то G1G2G3G4 — параллелограмм.
Согласно решению •.»	; 4
/7l=ctg АОВ (iBAy Н2== ctg ВОС (1СВ\
н3 = ctg COD (iDC\ ^4 = Ctg DOA (iAD),
причем
AOB = COD = <p, BOC = DOA = 180° — <p.
Тогда -	-	-►	->	-	- -	-
Ht + H3=ctg<(>-i(BA + CD)=ctg<(>-i(A — B + C — D'),
^2+W4 = ctg<p.i(BC + JM)=ctg<p-i(C-B+l—D).
Итак, Wi + ^3 = //2 + //4 и HiHzHsHA — параллелограмм.
Вычислим отношение |/f|//2|: | GjG2|. Для этого найдем:
HJi2=ctg <р • i (ВС - BA)=ctg <р (iAC),	(6)
G?G2 = G2-G1=^-(C-^)=|-ic.	(7)
Итак, |Д|//2|: | G|G2| =3 |ctg <p|.	,
70
Аналогично убеждаемся, что отношения других сходственных сторон
и диагоналей параллелограммов равны 3 |ctgcp|. Поэтому fe = 3 |ctg<p|.
Наконец, остается выяснить, будет ли подобие первого или второго рода*
Из равенств (7) следует, что
•	/7|/72 = 3 ctg ф (1G1G2).
Следовательно, стороны //1//2 и G|G2 рассматриваемых параллелограм-
мов перпендикулярны. Легко убедиться, что
//2#з = — 3 ctg ф (ZG2G3).
Значит, стороны Н2Н3 и G2G3 также перпендикулярны.
_^Если направление вектора Н\Н2 получается из Направления вектора
G|G2 поворотом на 90° в одном направлении, то направление вектора
получается из направления вектора G2G3 поворотом на 90° в противополож-
ном направлении. Следовательно, параллелограммы ориентированы проти-
воположно.
Интересно отметить, что диагонали одногб параллелограмма перпен-
дикулярны диагоналям другого, но эти диагонали не являются соответ-,
ствующими. Поэтому, хотя стороны и диагонали одного параллелограмма
перпендикулярны сторонам и диагоналям другого параллелограмма, нельзя
поворотом на 90° привести один из параллелограммов в гомотетичное
расположение относительно другого. Мы здесь имеем пример подобия вто-
рого рода21.
Задача 8. На плоскости,даны произвольно четыре точки А|, А2, А3, А.
Построены четыре другие точки Р, Q, Р, S, такие, что треугольники А\РА2,
A2QA3, АзРАц, A4SAi одинаково ориентированные, равнобедренные и прямо-
угольные с прямыми углами при вершинах Р, Q, R и S. Доказать, что отрез-
ки PR и QS конгруэнтны22 и перпен-
дикулярны.
Решение 1. Из условия задачи
следует (рис. 8), что
РА2—zPAi, QA3=ZQA2,
PA4=ZPA3, SA\=iSA4. (8)
Если О — начало радиус-векторов,
то эти равенства можно записать таК:
A.-P^X-P), A3-Q = Z(A2-Q),
А4-Р=/(А3-Р), Ai-S=i (A4-S).
Отсюда
iP — P = iA\—А 2, iQ — Q==iA2—Аз,
iR— R — 1A3 — A4, iS — S=iA4—A|.
71
Вычитая почленно из первого равенства третье, а из второго четвер-
тое, получим:
' iRP— РР = 1АзА\—Л4Л2,
iS Q — S Q = Z./4 4^4 2 — A। Л3.
Повернем полученные равные векторы на 90°:
/ — RP — iRP^= — Л3Л1 — /Л4Л2,
— SQ— iSQ== —A4A2 — М1Л3.
Из последних двух пар равенств почленным сложением найдем:
2/?Р=—А2А4 — А1Л3 +1А1А3 4" 1Л4Л2,
2SQ = А1Л3 4~ А4А 2	। А з 4~ /Л2Л4.
Непосредственной проверкой убеждаемся, что 2RP = i (2SQ), или RP —
—iSQ. Следовательно, отрезки RP и SQ к< груэнтны и перпендикулярны.
Решение 2. Согласно правилу цепи с, <жения векторов имеем:
rP^=rA4^A^S + SQ + Q^2 + ^P.
iSQ=I (5Л i 4" А1Р -J- PR 4~ RAз 4"A3Q).
Но из (8) находим:
5Л1=/5Л4, Л|Р=/РЛ2, /?Лз=^/Л4/?, Л3<2=—1QA2.
Следовательно,
iSQ =i (7S4 4 4"iPA2 4“ PR 4" 1A4R iQA2) = Л4«$ 4" A2P4"IPR 4~ RA4 4~ ^Л2==
= RP-SQ + iPR.
Отсюда
RP-iSQ = SQ-iPR.
Повернем полученные равные векторы на 90°:
i RP + SQ = iSQ 4- PR.
Из последних двух равенств вытекает, что ISQ — RP.
СОПРЯЖЕННОСТЬ ТОЧЕК ОТНОСИТЕЛЬНО ОКРУЖНОСТИ
Применение векторов при введении понятия сопряженности двух то-
чек относительно окружности в сочетании с другими понятиями и теоре-
мами усиливает эффективность векторного аппарата в ходе его применения
при решении геометрических задач.
72
Определение. Точки А и В называют сопряженными относитель-
но окружности со (О; /?)23, если выполняется равенство
t
oa-ob=r2.	(1)
Из этого определения вытекает ряд следствий (рис. 1):
1)	Точка сопряжена сама себе тогда и ^только тогда, когда она принадг
лежит окружности^). В самом деле, если OM-OM = R2, то М£(о и обратно.
2)	Угол ср —АОВ либо острый, либо равен нулю.
3)	Точка О не сопряжена ни с какой точкой, так как из уравнения
0-ОВ=7?2 вектор О В найти нельзя: такой вектор не существует.
4)	Если точка Л=#О лежит внутри окружности, то точкд В лежит вне
окружности. Действительно,
\OA\-\OB\ cos(p = /?2,
поэтому
и при \OA\cR получаем \OB\>R.
Из формулы (1) следует также, что для фиксированной точки Л, отлич-
ной от О, имеется бесконечное множество сопряженных с нею точек В от-
носительно данной окружности ю. Чтобы в этом убедиться, найдем все
точки X, для которых
OA-OX=R2.	(!')
Пусть OXo = kOA, и потребуем, чтобы точка Хо была сопряжена с точкой А.
В таком случае имеем ОА -(kOA) = R2,
откуда находим k=R2:\OA\2 и
<2>
Итак, на прямой ОА имеется толь-
ко одна точка Хо, сопряженная с точ-
кой А. Поэтому можно записать:
OA-OXo = R2.	(3)
Из (1') и (3) следует равенство
ОЛ-(6Х-6Хо) = 0,	(4)
—>	—>•
или XqX_LOA. Следовательно, каж-
дая точка X, лежащая на прямой а,
73
проходящей через точку Хо перпендикулярно (ОХо), сопряжена с точкой Л,
причем только точки прямой а обладают этим свойством. Тем самым дока-
зана следующая теорема:
Множество всех точек плоскости, сопряженных с данной точкой А от-
носительно окружности со (О; /?) при А^О, есть прямая а, проходящая через
точку Хо, определяемую формулой (2), перпендикулярно прямой О А.
Прямую а называют полярой точки А относительно окружности <о.
Таким образом, для каждой точки А =# О плоскости рмеется поляра а отно-
сительно со, содержащая все точки В, сопряженные точке А. Обратно: для
каждой прямой а, не проходящей через центр О окружности со, имеется един-
ственная точка Л, такая, что она сопряжена любой точке В прямой а. Точ-
ку Л называют полюсом прямой а относительно окружности. Чтобы по пря-
мой а построить полюс Л, необходимо найти проекцию Хо центра О на пря-
мую а, затем, пользуясь формулой (2), найти точку Л. Поэтому построение
поляры а точки А и полюса Л прямой а сводится к построению
по формуле (2) для точки Л точки Хо и для точки Хо точки Л (рис. 2, 3).
Построение. £1усть дана точка Л =# О. Из (2) следует, что | ОХ01 =
==	| О А |, или | ОХо I =-4т- • Таким образом, расстояние |ОХ0| есть чет-
|0Л|	|ОЛ|
вертое пропорциональное для расстояний /?, R и | ОА |. Практически удобно
найти точку Хо по точке Л так:
1)	Пусть |ОЛ | <R. Тогда проводим прямую ОЛ, строим перпендикуляр
/ к ОА в точке Л, находим одну из его точек С пересечения с окружностью со.
Касательная к окружности в точке С пересекает (ОЛ*) в точке Хо. В самом деле,
из прямоугольного треугольника ОСХо находим, что
/?2= ЮЛ| ЮХо1 И |.OX0|=-g-.
I С//1 I
2)	Если |ОЛ|>/?, то проводим через точку Л касательную АС к со
(С — точка касания) и находим проекцию точки С на прямую ОА. Снова
R2= |ОХ0| • | ОЛ | и точка Хо искомая.
3)	Если |ОЛ | =/?, то Хо = Л.
Полюсы и поляры относительно окружности со Обладают следующим
замечательным свойством: если точка В лежит ца поляре а точки Л, то точ-
ка Л лежит на поляре Ь точки В.
В'самом деле, издого, что точка В лежит на поляре а точки Л, следует,
что точки А и В сопряжены относительно окружности со, но тогда точка Л ле-
жит на поляре b точки В.
Из этого свойства полюсов и поляр следует: поляры всех точек, принад-
лежащих прямой т, проходят через полюс М этой прямой. Требуется лишь,
чтобы О^т.
II
I	1
Понятию сопряженности двух точек относительно окружности со (О; R)
можно дать другое определение, которое равносильно приведенному выше-и
доказывается на его основе (рис. 4).	'	'
74
Если точки А и В сопряжены относительно то
OA-OB = R\ А^=О.
Найдем точки пересечения прямой АВ с окружностью (если они сущест-
вуют). Уравнение окружности со можно записать в векторной форме так:
OX2 = R2,	(5)
а уравнение прямой так:
ОХ=--^В-.	(6)
Чтобы найти точки пересечения_прямой (6) и окружности (5) (при усло-
вии (1)), подставляем значение ОХ из (6) в (5):
( ОДЧ-wl у =
Отсюда ' Л
дл2+21дЛ-(5в + Х2ОВ2 = /?2 + 2Х/?2 + Х2/?2,	(7)
и после упрощений получаем уравнение
(|ОВ|2-/?2)Х2 = /?2-|ОД|2.
Поскольку Д=#В, то в общем случае |ОЛ|2=/= |ОВ|2#=/?2, а поэтому
(7')
V lopi*-4/!2 ’ ^+^=0-
Если |ОЛ | </?, то | ОВ | >/?, прямая АВ пересекает окружность со, и по-
этому оба значения к действительны; если же | ОА | >/?, то \ ОВ\ может быть
больше, меньше или равно R и этот случай приходится опустить, так
как к может быть и мнимым числом.
Итак, при |ОЛ | <R оба значения к равны по абсолютной величине, но
противоположны по знаку. Это значит, что точки пересечения М и N пря-
75
мой АВ с окружностью со делят отрезок АВ внутренним и внешним образом»
в равных отношениях. В этом случае говорят, что точки М и N делят от-
резок АВ гармонически24.
Таким образом,
AM	AN
---— •	(8)
MB	NB
Из этой пропорции следует равносильная ей пропорция
NA	NB
—=--------—•	(9)
AM	ВМ
Из (9) заключаем, чтохточки Л и В, в свою очередь, делят гармо-
нически отрезок MN.
Теперь все подготовлено для того, чтобы дать определение сопряжен-
ности двух точек А и В относительно окружности.
Определение. Точки А и В сопряжены относительно окружности
(при условии, что одна из этих точек лежит внутри окружности), если они
делят гармонически хорду MN, высекаемую окружностью ш на прямой АВ.
Покажем, что из этого определения следует определение сопряженности,
основанное на формуле (1):
В самом деле, если выполняется (9), то выполняется (8), тогда оба зна-
чения Z равны по абсолютной величине и противоположны по знаку и при
решении системы уравнений (5) и (6) получаем квадратное относительно
X уравнение, в котором Zi + ^2 = 0. А это означает, что коэффициент при
X в уравнении (7) равен нулю, т. е. ОЛ-ОВ = /?2.
Из изложенного следует, что для получения поляры точки А (| О А | </?)
относительно окружности ш (О; /?) следует через А провести пучок прямых25
и на каждой из образовавшихся хорд построить точку, делящую ее
внешним образом в таком же отношении, как эти хорды делит их общая.точ-
ка А. Множество всех таких точек есть прямая — поляра а точки А относи-
тельно G).
Если точка А лежит вне ю, то получаем не все точки поляры, а
только те, которые лежат внутри ш на прямой, проходящей через точки
касания касательных, проведенных к ш из точки А.
Таким образом, определение, данное нами равенством (1), в некото-
ром смысле предпочтительнее определения через гармонические пары точек
(А, В) и (М, N).
П1
Предложенное выше построение поляры точки А относительно окружнос-
ти опирается на метрические соотношения в прямоугольном треугольнике и
предполагает применение циркуля и линейки. Между тем построение поляры
для данной точки может быть выполнено одной линейкой. Чтобы это дока-
76
зать, потребуется убедиться в истинности следующего утверждения: если
диагонали вписанного в окружность со четырехугольника ABCD пересекают-
ся в точке Q, а продолжения его противоположных сторон АВ и CD — в точ-
ке Р, то точки Р и Q сопряжены относительно окружности со (рис. 5).
Доказательство. Построим на прямой АВ точку Р\9 сопряженную
с Р относительно со, а на прямой CD точку Р2, сопряженную с Р относи-
тельно со. Очевидно, точки Pi и Р2 принадлежат поляре р точки Р. Убедимся
в том, что QEp. Обозначим:
\PB\=m, \BPi\=n9 \PiA\=q, \РС\=и9 \CP2\=v, \P2D\=w. (10)
Тогда в силу сопряженности по формуле (9) будем иметь:
(12)
m  m-\-n-\-q и  u-j-v-j-w
п q '	v w '	\ )
Применим теорему Менелая дважды: к треугольнику РР\Р2 и секущим
АС и BD. Имеем:
\РА\ \РС\ 1 \РВ\ л \РР\
1ДР11 icp,i ’ I3P1I 1 \dp2\
где X и Xi — отношения, в которых прямые АС и BD делят отрезок Р\Р2.
Подставим в (12) значения длин отрезков из (10):
и __। m иу-\-w_________।
q	v ’ п 1 w
Сопоставляя эти равенства с равенствами (1), убеждаемся, что = X. Это
значит, прямые АС и BD пересекают (PiР2) в одной и той же точке, т. е. точ-
ка Q принадлежит прямой Р\Р2, а потому точки Р и Q сопряжены относитель-
но со, т. е. OP*OQ = R\
Чтобы построить поляру точки Р, проводим через нее две секущие
РА и PC (рис. 6) и находим с помощью вписанного четырехугольни-
ка ABDC точку Q.
Построив третью секущую Р£, проходящую через Р, находим аналогично
еще одну точку Qb сопряженную с Р. Прямая QQi — поляра точки Р, постро-
енная одной линейкой.
Построив для внешней точки линейкой поляру, находим две ее точки
пересечения с со. Соединяя их с полюсом, получим две касательные к <о. Для
построения пары, касательных требуется циркуль и линейка, а для построе-
ния посредством сопряженных точек достаточно линейки.
IV
Предлагаем для решения на основе изложенной теории ряд задач.
Задача 1. Доказать, что диаметрально противоположные точки од-
ной окружности только тогда сопряжены относительно другой, когда окруж-
ности ортогональны.
Задача 2. Если квадрат расстояния между двумя точками равен'
сумме их степеней относительно окружности со, то обе точки сопряжены от-
носительно со. Доказать.
Указание. Степень точки А относительно со (О; /?) равна \ОА |2 —/?2.
Задача 3. Точка М — середина стороны АВ треугольника АВС, точка
И — его ортоцентр. Доказать, что МС-МН = — |ЛВ|2.
Задача 4. Продолжения противоположных сторон четырехугольника
ABCD, вписанного в окружность со (О; /?), пересекаются в, точках Л4 и N, а ди-,
агонали — в точке Р. Доказать, что точка О — ортоцентр треугольника
MNP.
Задача 5. Точки А и Л|, В и В\—две пары сопряженных точек
относительно окружности со. Доказать, что точки Р=(4В)П(Д|В1) и
<2 = (ЛВ|)П(Л1В) также сопряжены относительно со.
Задача 6. Даны три окружности, центры которых не принадлежат
одной прямой. Найти множество точек, для каждой из которых три сопря-
женные ей точки относительно данных окружностей совпадают.
ОБ ИСПОЛЬЗОВАНИИ ЕДИНИЧНОГО ВЕКТОРА
ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ
Единичные векторы целесообразно применять при решении тех задач, в ко-
торых речь идет о доказательстве перпендикулярности прямых, равенства
углов, о выявлении метрических угловых соотношений в фигурах.
Ниже, помещены примеры таких задач с решениями (или краткими
указаниями).
Задача 1. Даны четыре вектора ОА, ОВ, ОС, OD равной длины, сум-
ма которых есть нуль-вектор. Доказать, что угол между любыми двумя век-
торами равен углу между двумя остальными.
Решение. По условию ОА + ОВ + ОС + ОО = 0, тогда (ОЛ + ОВ) =
= — (ОСДОО). Дели векторыд)авны, то их скалярные квадраты также рав-
ны, т. е. (ОЛ + &B)2==(OC + OZ))2. Отсюда следует:
oa-pb=6c-od.
78
Поскольку рассматриваемые векторы единичной длины, то cos/4OB =
= cos COD или АОВ— COD.
Выясним, какое геометрическое истолкование имеет полученный резуль-
тат. В ходе решения задачи мы не касались вопроса о том, компланарны
или нет данные векторы. Поэтому результат остается верным как для слу-
чая компланарных, так и для некомпланарных векторов.
——>	—>
Если векторы ОА, ОВ, ОС, OD некомпланарны, то точки А, В, С, D лежат
на сфере с центром в точке О и радиусом | О А |. Они являются вершинами
тетраэдра, противоположные ребра которого попарно равны.
Если допустить, что точки А, В, С, D лежат в одной плоскости, то полу-
чим, что ABCD есть параллелограмм, диагонали которого равны, т. е. пря-
моугольник.
Задача 2. Три попарно непараллельные прямые параллельны плос-
кости а. Прямая р образует со всеми этими прямыми равные углы. Доказать,
что прямая р перпендикулярна плоскости а.
Указание. Для решения задачи достаточно записать равенство коси-
нусов углов между прямыми с помощью единичных векторов, коллинеарных
данным прямым.
Применение векторов для изучения свойств трехгранного угла не только
расширит кругозор читателя в данном вопросе, но и познакомит его с одним
из приемов решения задач векторным методом. Очень часто при решении
задач на трехгранный угол требуется вычислить какой-то из углов либо
доказать какое-то соотношение, связывающее тригонометрические функции
его углов. При векторном решении задачи углы между прямыми заменяем
углами между векторами, которые коллинеарны данным прямым. Так как
величины углов не зависят от длин векторов, углы между которыми рас-
сматриваются, то использование единичных векторов в данном случае явля-
ется наиболее простым и естественным.
Задача 3. Выразите косинус угла между биссектрисами двух плоских
углов трехгранного угла через его плоские углы а, р,
^Решение. Дан трехгранный угол ОАВС. Пусть АОВ~у, ВОС —а,
ДОС = р. Отложим единичные векторы е\, е2, е3 на ребрах ОА, ОВ, ОС соот-
ветственно. Тогда векторы ui=ei+^2 и и2 = е2 + ^з коллинеарны биссектри-
сам углов АОВ и ВОС соответственно (рис. 1).
Обозначим через ф угол между векторами й\ и и2. Тогда
cos ф=—.
1^1 +e2l I I
Учитывая, что й + е2| =2 cos	|е2 + ез1 =2 cos
окончательно получаем:
1 4-cos a-4-cos 64-cos у
COS ф = —-------------L-----~-------L
•	v n.
л Y а
4 cos — cos —
79
Традиционными методами решить эту задачу трудно. Векторное реше-
ние в данном случае предпочтительнее тем, что оно кратко, не требует гро-
моздких выкладок и дополнительных построений. Кроме того, оно позволяет
получить общую формулу для вычисления косинуса угла между биссектри-
сами двух плоских углов трехгранного угла.
Задача 4. Плоские углы четырехгранного . угла конгруэнтны.
Доказать, что плоскости диагональных сечений этого четырехгранного угла
взаимно перпендикулярны.
Решение. Отложим на ребрах четырехгранного угла от его вершины О
единичные векторы ОА—в\, ОВ = в2, ОС = ез, OD — e4 (рис. 2). Согласно
условию задачи имеем:
• #2 == ^2 • #3 — £з • £4 = #4 • £| •
Выясним, как расположены прямые АС и BD, принадлежащие плоскостям
диагональных сечений АОС и BOD соответственно. Для этого оценим
—>	—>
скалярное произведение векторов АС и BD.
Имеем ЛС- ВО = (^з —в|) (е4 —е2) = 0, следовательно, прямые Л С и BD пер-
пендикулярны. Аналогично рассуждая, нетрудно убедиться, что
АС • OS = (е3— ei)* — (e2A~e4)===:0y
где S — середина отрезка BD. Отсюда следует, что прямые АС и OS перпен-
дикулярны.
Итак, прямая АС перпендикулярна прямым BD и OS, а поэтому она
перпендикулярна плоскости BOD. Но в таком случае плоскость АОС перпен-
дикулярна плоскости BOD.
Рассмотрим задачи на доказательство метрических угловых соотноше-
ний, при решении которых также целесообразно использовать единичные век-
торы.
Задача 5. Дан трехгранный угол, плоские углы которого а, р, у. Вы-
числить величины его двугранных углов.
Решение. Отложим на ребрах трехгранного угла от его вершины
О единичные векторы ОА=ег, ОВ = е2, ОС = ез. Обозначим согласно усло-
вию величины плоских углов АОВ, ВОС и АОС через у, а и 0 соответственно.
80
Перпендикулярно прямой ОА проведем отрезки ВМ и CN (рис. 3). Тогда
угол между векторами МВ и NC равен величине двугранного угла, обозна-
чим ее через <j>|. Пользуясь правилом многоугольника, запишем:
BC=-MB + MNA-NC.
Возведя обе части этого равенства в квадрат, получим:
ВС2=МВ2 + NM2 + NC2 — 2МВ • NC
(поскольку. МВ  MN = NC • MN = (У).
Учитывая, что
t	ВС = ез — е2,_ВС2=2 — 2 cos а,
MB2=|MB|2 = |QB|2-|QM|2 = l-cos2 у,
NC2 = |a/c|2 = |6c|2-|OAZ|2==i-cos2 0,
приходим к равенству
2 — 2 cos a = 1 — cos2 у + | MN |2 1 — cos2 0 — 2 sin у sift 0 cos q>i.
—>	—>	—>	—>	—>-
__^Ho MN — ON — ОМ, где ON^— составляющая вектора ОС по оси ОД,
ОМ — составляющая вектора ОВ по оси О А.
Тогда
—>
M/V2 = cos2 p + cos2 у — 2 cos р cos у.
/
Следовательно,
2 — 2 cos a = 2 —cos2 y + cos2 p 4-cos2 у— 2 cos p cos у— cos2 p —
— 2 sin у sin p cos epi.
После упрощений получаем:
cos a = cos p cos y + sin p sin у cos <pi.
Отсюда находим косинус двугранного угла, лежащего против плоского уг-
ла ВОС, величина которого равна а:
cos a —cos р cos у
COS =--------: Q . —1 .
т sin р sin у
Рассуждая аналогично, получим формулы для вычисления косинусов
двугранных углов ф2 и ф3, лежащих против плоских углов, величины которых
равны р и у соответственно:
cos В — cos a cos у	cos у —cos a cos В
COS ф2 = -------•----L , COS ф3 = •----Г—:   .
T sin a sin у	T sin a sin p
При решении этой задачи доказана важная теорема косинусов для
трехгранного угла.
Часто при решении задач с помощью векторов необходимо знать коэф-
81
фициенты разложения вектора по трем некомпланарным. Тогда если даны
некомпланарные векторы единичной длины, известны углы между ними и уг-
лы между искомым вектором и единичным, то нахождение коэффициентов
разложения можно провести по следующему плану:
1.	Пусть eif е2, е3— единичные векторы, а — данный вектор, тогда
а = хе{ +ye2 + ze3.
2.	Умножив обе части разложения скалярно на е2, е3, получим систему
трех уравнений с неизвестными х, у, г.
3.	Решение полученной системы есть значения коэффициентов разло-
жения.
Приведенные рассуждения могут быть использованы при решении сле-
дующей задачи:
3	ад а ч а 6. Через вершину S Прямого трехгранного угла SABC прове-
дена полупрямая d. Доказать, что
COS2 ф1 + cos2 ф2 + cos2 ф3 = 1,
где фь ф2, ф3 — величины углов, которые полупрямая d образует с ребрами
трехгранного угла.
Решение. Отложим на ребрах данного трехгранного угла от вершины
S единичные векторы е2, е3. Пусть е4 — единичный вектор полупрямой d.
Тогда
e4=xei+ye2 + ze3.	(1)
По указанному выше плану находим значения х, у, z и подставляем их
в формулу (1). Тогда разложение примет вид:
e4 = cos ф1?1+со5 ф2е24"СО5 ф3е3.
Возведя в квадрат обе части последнего равенства, получим требуемое
соотношение
COS2 ф1 + cos2 ф2 + cos2 ф3 = 1.
В ряде случаев векторное решение геометрических задач’ на доказа-
тельство параллельности прямых некоторой плоскости приводит к необходи-
мости выяснить, компланарны ли рассматриваемые векторы. Прежде чем
приступить к решению таких задач, желательно обсудить, как выражают на
языке векторов такие геометрические
факты:
а)	прямые а, Ь, с параллельны не-
которой плоскости;
б)	прямце а, Ь, с, имеющие общую
точку, лежат в одной плоскости.
Задача 7. Через вершину трех-
гранного угла ОЕ\ЕъЕъ в плоскости
каждой его грани проведена прямая,
перпендикулярная противолежащему
ребру. Доказать, что построенные та-
ким образом прямые лежат в одной
82
плоскости. (Предполагается, что ни одно ребро не перпендикулярно про-
тиволежащей грани.)
Решение. Отложим на ребрах трехгранного угла от его вершины
единичные векторы е\, е2, е3 (рис. 4). Обозначим величины углов EiOE2, Е2ОЕз
и Е\ОЕз через а, р, у соответственно.
Чтобы ответить на вопрос задачи, достаточно показать, что векторы,
коллинеарные построенным прямым, компланарны.
Пусть гз — вектор, коллинеарный прямой, проведенной в плоскости гра-
ни Е{ОЕ2, перпендикулярен е3, т. е. г3-е3 = 0.
Так как г3 компланарен с е\ и е2, то r3=ре\ + qe2, тогда равенство
г3е3=0 запишем в следующем виде:
(ре, + qe2) е3 = 0
или
р cos y + q cos р=0.
Ь+сюда
р:<7= —(cos 0:cos у).
Поскольку длина вектора г3 нас не интересует, можно взять p = cos р,
cosy.
Следовательно,
‘ r3 = cos рё?1 -— cos уе2.
Пусть вектор г2 коллинеарен прямой, проведенной в плоскости £|ОГЕ3,
вектор Г| коллинеарен прямой, проведенной в плоскости Е2ОЕз. Рассуждая
аналогично предыдущему, получим:
r2 = cos ae3--cos peb r\ =cos ye2 — cos ae3.
Очевидно, что сумма векторов г), г2, г3 есть нуль-вектор, откуда
следует, что векторы г2, г3 компланарны, т. е.. прямые, о которых го-
ворится в условии задачи, лежат в одной плоскости.
КООРДИНАТНЫЕ ФОРМУЛЫ
ОСЕВОЙ СИММЕТРИИ ПЛОСКОСТИ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ
Покажем, что координатные формулы перемещений плоскости могут быть
получены на основе формулы расстояний между двумя точками. Ведь
перемещения плоскости определяются как геометрические преобразования,
сохраняющие расстояния, поэтому формулы всех видов перемещений могут
быть выведены посредством основной формулы метрической координатной
геометрии — формулы расстояния между двумя точками.
I
Начнем с частного примера, позволяющего понять решение поставлен-
ной задачи в общем виде. Решим этот пример различными способами и
сопоставим эти решения.
83
При м е р. Дана прямая /: 2х —+ 1 =0.
Вычислить координаты точки В (т\ п\ симметричной точке Л (3; — 1) при
симметрии S/.
Решение. -Способ 1. Пусть точка М на оси I имеет координаты
(х; у) (рис. 1). Из свойств симметрии следует, что |AM| = |ВМ|, или
|ЛЛ4|2= |ВМ|2. Последнее равенство в координатной форме можно записать
так:
(х—3)2 + (t/+l)2=(x — m)2 + (y — и)2.
После .выполнения тождественных преобразований получим;
2 (т-3) х + 2 (п+1) У~(^2 + п2-10) = 0.	(1)
Мы получили уравнение оси симметрии /, которое по условию зада-
чи имеет уравнение 2х — у-|-1=0. Но если два уравнения задают одну и
ту же прямую, то коэффициенты при неизвестных и свободный член одного
уравнения пропорциональны соответствующий коэффициентам и свободному
члену второго уравнения. Поэтому
т — 3= — 2 (п + 1) = 10 — т2 — п2.	(2)
Из полученной системы найдем т и п. Из уравнения т — 3 = — 2 (п + 1)
выразим т через п:
т=—2п-|-1.	(3)
Это значение т подставим во второе уравнение m24-n2 —2/г—12 = 0 сис-
темы (2):
(-2и+1)2 + п2 — 2п — 12 = 0,
5и2 — 6п — 11 =0.
Отсюда находим два значения для п:
П1 = —1,
D
17
Из уравнения (3) находим mj = 3, m2 =—
О
Найдены две точки: (3; — 1) и ( —	) . Первая из них совпадает с точ-
кой А и, поскольку А /, должна быть исключена. Остается, что искомая точка
В имеет координаты ( -у-; у") •
Способ 2. Точка М£1 имеет координаты (х; 2х-|- 1) (рис. 2). Поэтому
при любом х должно иметь место равенство
(x-3)2 + ((2x+l)+l)2 = (x-m)2 + ((2x+l)-<
Полученное уравнение относительно х приведем к виду
2 (m + 2n — 1) х + 12 —т2 —п2 + 2и = 0.	(4)
84
Поскольку уравнение (4) удовлетворяется при любом значении х, то коэф-
фициенты уравнения равны нулю:
m + 2n—1=0, m24-n2 —2/z—12 = 0.	(5)
Как легко заметить, система (5) совпадает с системой (2) и ее реше-
ние проведено выше.
Способ 3. Найдем координаты точек пересечения Р и Q прямой /
с осями координат (рис. 3): Р (0; 1), q(—о) . Но |Л4|2=|РВ|2,
| QA |2 = | QB |2, поэтому
9 + 4 = m2 + (zi —I)2, ^-4-1 =(m+-Ly+п2.
Получили систему двух квадратных уравнений с двумя неизвестными
Г т2 + м2 — 2п— 12 = 0,
I m2 + z22 + m—13 = 0.	4
Эту систему заменим равносильной, оставив первое уравнение без изме-
нений, а в качестве второго уравнения возьмем разность уравнений сис-
темы (6):
( m + 2/г-— 1 =0,	/уч
t т24~я2 —2п —12 = 0.
Мы снова получим систему, совпадающую с системой (2).
Все три рассмотренных способа решения задачи требуют лишь знания
формулы расстояния между двумя точками. Все остальные сведения, тре-
бующиеся для ее решения,— уравнение прямой, построение прямой по ее
уравнению, решение системы уравнений — известны вам из школьного курса
алгебры.
Способ 4. Можно предложить еще один способ решения, основанный
на применении производной. Квадрат расстояния от точки А (3; — 1) до точки
М (х; 2х+1) прямой I (рис. 4) есть функция от х:
(f (х) = (х - З)2 + ((2х +1) + 1 )2) => (f (х)=5х2 + 2х + 13).
85
Эта функция достигает минимума при значениях х, удовлетворяющих
уравнению f' (х)= 10x4-2 = 0. Из этого уравнения находим х= —jk, и точка
Мо — основание перпендикуляра, проведенного через точку А к прямой /,—
имеет координаты ( —у;	.
Но Мх) — середина отрезка АВ. поэтому	—L,
t 2	5	2	5
гл	17 Н
Отсюда т =——, п——.
0	0
В этом способе нет необходимости решать систему двух уравнений с дву-
мя неизвестными. Вместо этого применяется производная. Можно, конечно,
найти наименьшее, значение f (х) без применения производной, поскольку
f (х) есть квадратный трехчлен, который может быть представлен в виде
f(x)=f (5х+1)2+^-.
f (х) принимает наименьшее значение при тех значениях х, для которых
5x4- 1 =о, т. е. при х =—
□
Способ 5. Однако решение поставленной задачи можно искать на
другом пути, * не привлекая ни формулы расстояния между двумя
точками, ни производной. Этот путь основан на важнейшем свойстве
симметричных относительно оси точек: две точки А и В симметричны от-
носительно оси /, если отрезок АВ перпендикулярен I и середина М отрезка
АВ принадлежит прямой /. Приведем полное решение.
Точка Мо (рис. 5) имеет координаты (т• ™	• Эта точка при-
надлежит оси /, поэтому 2	1 =0, или
2т — «4-9 = 0.	(8)
86
Далее, вектор АВ имеет координаты (т —3; n + 1), а вектор а, параллель-
ный прямой /, имеет координаты (1; 2).
В самом деле, чтобы вычислить, координаты вектора а, находим коорди-
наты двух произвольных точек М| и М2 прямой /, придав координатам
(%; 2%+1) точки М£1 частные значения, положив х=Х| и х=-х2. Получим:
M| (xi; 2xi + l), М2 (х2; 2х2-р1).
Отсюда
—>•
MtM2 = (x2 — ХГ, 2(х2 — Х|)).
Поскольку х2 — %| =#0, можно за координаты вектора а принять координа-
ты вектора ЛЛМг, деленные на х2—xi, поэтому а=(1; 2). Но векторы
АВ и а перпендикулярны, поэтому их скалярное произведение равно нулю:
ДВ-а = (/п-3)-1 +(«+1)-2 = 0.
Полученное уравнение можно записать так:
т-\-2п —1=0.	(9)
Вместе с уравнением (8) уравнение (9) составляет систему двух линейных
17	II
уравнений, из которых находим т=——, п=—.
о	э ।
II
Представляется интересным привести полное решение поставленной
задачи в общем виде.
Задача. Дана ось симметрии I своим общим уравнением Рх + О?/ +
+ /? —0 и точка А (р, q). Вычислить координаты точки В (рь q\\ симметрич-
ной точке А при отображении St.
Произвольная точка М прямой I при Q=#0 имеет координаты
(Х’ ~^PXQ^ • Для точек Л, В, М выполняется равенство |ЛМ|2 = \ВМ\2, ко-
торое запишем в координатной форме:
2	2
(^-p)2+(-PQ~₽-?) =(^-Pi)2+(~Pq~/?-<7i)	(10)
Поскольку это равенство выполняется для любого значения х, то оно
представляет собой тождественное равенство относительно х. После не-
сложных преобразований это равенство принимает вид:
. ^2Px + / + ?Si^t«+,’_^2P1x + Pi+?!^±S+,?.
иля	2(-p + ^ + pi— 2£) х = - р2 — f- 2-^+p2 + f + ^-
87
I
Ввиду того что полученное равенство удовлетворяется для любого зна-
чения х, коэффициент при х и свободный член должны быть равны нулю.
Итак, получаем систему уравнений с неизвестными pi и цг.
Перепишем эту систему так:
Р	Р
P2 + q2+^qi==q2+p2+^q-
ч	ч
Одно решение этой системы усматривается непосредственно:
Р\=Р, q\=q-
Для второго решения имеем:
q\¥=q,
поэтому, переписав второе уравнение в виде
р2—р2 + <?2 —<?2+^(<7i—<7)=0
ч
и учитывая из первого уравнения, что
Pi—Py-£-(<7i —<7),
можем второе уравнение системы записать так:
(Pi +P)-^(?i.— <?) + (<?! +<?) (Pi ~ <?)+^(<7i — ?)=0.
После деления на qt—q получим линейное уравнение
(Pi+р) + <?|+<?+^-=0-
Таким образом, окончательно получаем систему двух линейных урав-
нений:
< Р
I р.-^-р^р--^
( Q-P1 +<71 = —Q—Q P-Q-
Решение этой системы такое (подобные выкладки опускаем):
88
' Pi=P-pr^(Pp+Qq+R\
20	(,1>
p^=p-p^(Pp+Qg+R\
Уравнения системы (11) являются, по существу, формулами преоб-
разования осевой симметрии S/. Нетрудно проверить, что если в уравне-
ниях (11) р и q выразить через р\ и q\, то получим такие же формулы с той
лишь разницей, что р\ и q\ заменяются на р и q, а р и q — на рх и q\.
Если Q = 0, то Ру=0 и мы снова приходим к тем же формулам (11).
Числовой пример, которой мы решали выше,а посредством (11) реша-
ется автоматически путем следующих подстановок:
Р = 2, Q= — 1, /?=1, р = 3, <7=1, p\ = tn, q\=n.
Имеем:
т = 3—т-(6+ 1 + 1)=> т — —
□	о
« = - 1+-|-(6+1 + !)=>«=-£-•
III
Уравнения (И) позволяют решить две важные задачи:
а)	вычислить координаты (р0; <?0) проекции Мо точки А (р, q) на пря-
мую /:
Px + Qi/ + /? = 0;
б)	вычислить расстояние d от точки А (р, q) до прямой I.
Из уравнений (И) без труда следует, что	’
p0=p^=p-J^Pp + Q(i+R\
+ У	(12)
+РУ
£	г “г ч
Из этих же уравнений следует, что
|4B|2=(p1-p)2+(<7l-<7)2=4gf^-(Pp+Q(/ + /?)2
Отсюда
л2= |лм0|2=^-|лв|2=
* *т“ Ч
и окончательно:
л _ \Pp + Qg + R\
у[РГ+О'2	’ '
V 
89
а) Применим формулы (11) для вывода формул поворота плоскости
вокруг начала координат на угол ф. Этот поворот можно представить как
композицию двух осевых симметрий Sx и Sf6, где / имеет уравнение
kx — у — 0, fe = tg^- (рис. 6).
Имеем:
Sx:xi=x, у\ = —у,
Sz: x2 = x{-^^(kxc-y,\ yz^yi +
Формулы поворота R40=Si°Sx получают вид:.
Х‘2=Х— -r^(kx + y), У2= —y + -~T(kx + .y).
1 ~Т“ К	1 -ф- к
Отсюда
v _l— k2 v	2k	2k , 1— k2
2	1+fe2	1+|1г2У’ У2~ 1+fe2 X+l+fc2 y~
Ho	'	
I-*2	'-‘g2f	COS'2 f-sin21	2fe 2tg|
——---------------==-------1-----—COS Ф, -7—72— =---------=Sin ф.
1 4“ «	| . . 2 Ф - 9 <P , . 9 <P	Г 1 4- k . , , 2 <P	T
14-tg у cos--j-+sirr-j-	l4-tg y
Поэтому получаем:
f x2 = x cos ф — у sin ф,	_
( y2 = x sin ф + */ cos ф.	*	'
б) Применим формулы (12) для доказательства одного замечатель-
ного свойства параболы.
Задача. Доказать, что множество проекций точки М^О; на ка-
сательную к параболе' у = ах2 есть прямая. Построить точку М для пара-
болы, заданной своим изображением.
90
Решение. Касательная к параболе в точке (хп, ах?,} (рис 7) им₽₽т
как легко доказать, уравнение	'	'	’
у — ах2о=2ахо(х — хо),	(14)
или
2ах0х—у — аХц=0.	(15)
Согласно формулам (12) координаты р0, q0 проекции точки М (О; на
касательную (15) таковы:
—2ахо /	1	9\
=	“ 4а—•
Отсюда получаем:	р0==^, ^о = О.
Итак, множество проекций точки Л1(Ъ; —на касательные к парабо-
ле у —ах2 есть ось х, т. е. касательная к параболе в ее вершине.
, Точка о) является точкой пересечения касательной (.15) с осью х.
Чтобы построить точку М, поступаем так: берем на параболе произ-
вольную точку Г, находим ее проекцию Т\ на касательной в вершине О
параболы, строим середину Мо отрезка ОТ\ и проводим через Л40 пря-
мую, перпендикулярную прямой М^Т. Эта прямая пересекает ось сим-
метрии параболы в искомой точке М. Как видно из построения, положе-
ние точки М не зависит от выбора системы координат; с каждой парабо-
лой связана единственным образом такая точка, она называется фокусом
параболы.
Частое применение при решении разнообразных геометрических за-
дач имеет одно свойство описанной около треугольника окружности. Рас-
смотрим это свойство.
Задача. Дан треугольник АВС. Найти множество точек плоскости
треугольника, для каждой из которых проекции на прямые ВС, СЛ, и АВ
принадлежат одной прямой.
Решение. Для решения задачи воспользуемся формулами (12).
Выберем систему координат так (рис. 8), чтобы в ней вершины треуголь-
ника имели следующие координаты:
Л (т; 0), В (и; 0), С (0; 1), m#=n.
Предложенный выбор пригоден для любого , треугольника. Прямые
ВС, СЛ и АВ имеют следующие уравнения:
(ВС): x-j-ny — п = 0,
(СЛ): x-|-m# —т = 0,
(ЛВ): z/-0.
91
Если М (р; у)— точка искомого множества и Mi (рп pi), М2 (р2; Рг),
Мз (рз; рз)— ее проекции на прямые ВС, СА, АВ, то согласно (12) имеем:
Р'=Р----rr^-(p + nq-n\ q{=q--------!Ц- (р + nq - п); '
p2=p---i^r(p + >nq-m), q2 = q ^^(p + mq-m^
рз=“р,	qs=O.
Чтобы точки Mi, M2, Мз принадлежали одной прямой, необходимо
потребовать коллинеарность векторов М3М1 и МзМ2. В координатной
форме это требование равносильно пропорциональности одноименных ко-
ординат этих векторов:
^2 — ^3	_ Ц\ — ^3
р2 — р3 р\ —рЗ
После подстановки соответствующих значений и упрощений получим:
или
Отсюда
	<?(1+т2)	т__ ?(l + n2)	— п,
		р+пд—п	
о(	IH-m2	1+n2	
	p-\-mq — m	р+пд—п	_ tn	fl»
д(т—п)(—д+\+(т+п)р+тпд—тп)__
(р + тд — т) (р + пд—п)
Но т=£п, поэтому
q р+(тп — 1) q-mn-\-\\=(p-\-mq— т) (pA-nq — ti).
После несложных преобразований получаем:
' p2-\-q2—{т-\-п)р—(m«+1) q-^mn—f],
или
р — ( т+" )2_ тп + 1 2 ('п2+1)(п2+1) 
Искомое множество точек есть окружность, проходящая через верши-
ны А, В, С.
IV
Предлагаем читателю доказать, что формулы преобразования симмет-
рии Sa относительно плоскости Px-}-QyA-RzA-T=O в пространстве име-
ют вид:
92
%! _ х ____— (Рх + Qy + Rz + T\
У'=У —VYq'+i? (Рх+Qy+R?+т\
zi= z	— (Рх+Qy+Pz 4- Т).
В векторной форме эти формулы можно записать коротко так:
6м,=ом —2(Я-ом+Т)	где Mi = Sa(M)i
$2
О — произвольная точка пространства, W=/=0.
ПРИМЕНЕНИЕ ДВИЖЕНИИ
К РЕШЕНИЮ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
1.	Движенияплоскости
Приведем некоторые основные свойства движений евклидовой плоскос-
ти и связи между ними.
Известно, что к движениям относятся следующие геометрические пре-
образования: параллельный перенос, поворот, осевая симметрия и сколь-
зящая симметрия.
Параллельный перенос вполне задан, если известен вектор параллель-
ного переноса. Параллельный перенос не имеет инвариантных2" точек;
инвариантными прямыми его служат все прямые, параллельные направ-
лению переноса.
Поворот определен, если задан центр О поворота и ориентированный
угол а поворота. Поворот имеет единственную инвариантную точку —
центр поворота, за исключением того случая, когда а кратно 360°; не-
подвижных прямых преобразование поворота не имеет, за исключением
тех случаев, когда угол поворота кратен 180° (т. е. случаев, когда пово-
рот является тождественным преобразованием28 или центральной симмет-
рией). В случае, когда имеет место центральная симметрия, инвариант-
ными прямыми будут только те, которые проходят через центр симметрии.
Параллельный перенос и поворот преобразуют всякую фигуру плоскости
в фигуру, равную и одинаково ориентированную с данной фигурой.
Композиция любого числа параллельных переносов и поворотов рав-
носильна либо одному параллельному переносу, либо одному повороту
(в частности, тождественному преобразованию).
Осевая симметрия определяется заданием оси симметрии. Инвариант-
ными точками осевой симметрии являются все точки оси симметрии, ин-
вариантными же прямыми — ось симметрии и все прямые, перпендику-
лярные ей.
Скользящая симметрия определена, если даны ее ось и вектор, парал-
93
лельный оси симметрии. Единственной инвариантной прямой скользя-
щей симметрии является ее ось; инвариантных точек скользящая сим-
метрия не имеет. ,
Любую фигуру плоскости осевая симметрия и скользящая симметрия
преобразуют в фигуру, равную данной, но имеющую с ней противополож-
ную ориентацию.
Далее сформулируем две важнейшие теоремы в геометрии движений:
Теорема 1. Две равные фигуры, имеющие одинаковую ориента-
цию, могут быть переведены друг в друга либр с помощью одного парал-
лельного переноса, либо с помощью одного поворота около надлежащим
образом выбранной точки, если указаны две пары соответственных точек.
Теорема 2. Две равные фигуры, имеющие противоположную ори-
ентацию, можно перевести друг в друга с помощью одного параллельно-
го переноса или одного поворота после предварительного отражения од-
ной из равных фигур относительно некоторой прямой и указания двух
пар соответственных точек.
Иногда теорему 2 формулируют по-другому:
Теорема 2'. Две равные фигуры плоскости, имеющие противопо-
ложную ориентацию, могут быть совмещены при помощи скользящей
симметрии или при помощи симметрии относительно прямой.
Заметим, что теоремы 1 и 2 можно принять за конструктивное опре-
деление всех движений плоскости. Другая формулировка теоремы 2 ста-
новится понятной, если принять во внимание то обстоятельство, что к осе-
вой симметрии сводятся и параллельный перенос, и поворот, и скользя-
щая симметрия.
Действительно, любой параллельный перенос можно заменить двумя
последовательными отражениями от двух прямых, перпендикулярных к
направлению параллельного переноса, расстояние между которыми вдвое,
меньше длины вектора переноса, причем одну из этих прямых можно
выбрать произвольно.
Всякий же поворот , может быть представлен в виде композиции двух
отражений от прямых, проходящих через центр поворота и образующих
между собой угол, равный половине угла поворота, причем одну из этих
прямых можно выбрать произвольно. Справедливы также и обратные предло-
жения. Отсюда следует, что композиция любого четного числа отражений
от прямых предЬтавляет собой также отражение от двух прямых, парал-
лельных или пересекающихся, т. е. представляет собой либо параллель-
ный перенос, либо поворот.
Скользящая симметрия может быть представлена в виде композиции
отражений.от трех прямых, из которых одна есть ось скользящей симмет-
' рии, а две другие прямые перпендикулярны оси. Расстояние между послед-
ними прямыми в два раза меньше длины вектора, параллельного' оси,
причем одну из этих прямых можно выбрать произвольно.
Композиция отражений относительно трех параллельных прямых или
относительно трех прямых, пересекающихся в одной точке, есть отражение
от прямой, а произведение отражений относительно трех прямых, пере-
секающихся попарно в трех точках, или таких, чтб две из них параллель-
ны, а третья их, пересекает, есть скользящая симметрия.
94
Вообще композиция нечетного числа отражений относительно прямых
есть отражение относительно прямой или скользящая симметрия.
Далее основное внимание.мы уделим композициям двух и трех пово-
ротов, имеющим многочисленные приложения к решению задач методом
геометрических преобразований.
2.	Композиции двух и трех поворотов
Теорема. Композиция двух поворотов ориентированной плоскости
на ориентированные углы а и р соответственно около точек А и В есть
поворот около точки С на угол а + р, если а'+Р=/=0, или же параллельный
перенос, если а + Р = 0 и	В. Если а + Р<2л, то треугольник АВС ориен-
тирован отрицательно, а если а + Р>2л, то треугольник АВС ориентирован
положительно.
Доказательство. Заметим, что при доказательстве теорем ори-
ентированные углы аир можно считать всегда положительными, причем
0^а<2л, 0^р<2л. Поэтому мы и пишем, что угол поворота равен а.
Поворот <01 около точки А на угол а в положительном направлении
есть композиция двух симметрий относительно прямых v и и, проходящих
через точку А и образующих между собой положительный угол а по-
ворот (02 около точки В на угол р в положительном направлении есть
композиция двух отражений от прямых и и ш, проходящих через точку В
и образующих между собой положительный угол	1
Таким образом, композиция двух поворотов (Oj и (02 равносильна ком-
позиции четырех последовательных отражений от прямых и, и, и, w. По-
следняя композиция равносильна, очевидно, композиции двух отражений
от прямых v и. w.
Взаимное расположение прямых v и w зависит от суммы углов
-2-и Могут представиться только три случая:
1) ^<л; 2)	3) ^>л.
Первый случай. <л. Тогда прямые v и w пересекаются в
некоторой точке С и образуют положительный угол —, а треугольник
ЛВС, вершинами которого служат точки Л, В, С, отрицательно ориенти-
рован.
Композиция отражений от прямых v и w (значит, и поворотов (о। и (02)
равносильна повороту около точки С на положительный угол а + Р-
Второй случай. = Тогда прямая v параллельна прямой w, а
композиция симметрий относительно прямых v и w (поворотов o)i и (02)
равносильна параллельному переносу.
95
в такой точке С, что треугольник АВС, вершинами которого служат точ-
ки Л, В и С, положительно ориентирован. В этом случае’ прямые v и w обра-
зуют угол, равный л. В самом деле, ААСВ = л — АСАВ — АСВА =
= л —л + у—л + у~—— л. Композиция отражений от прямых v и w
(или поворотов о)| и (о2) равносильна повороту около точки С на угол
а + р —2л или а + р в положительном направлении.
Итак, теорема о двух поворотах доказана.
Теорему о трех поворотах приведем без доказательства.
Теорема. Чтобы композиция трех поворотов около трех различных
центров А, В и С на углы а, р и у (0<Са<С2л, 0<Р<с2л, 0<Су<С2л) была '
тождественным преобразованием, необходимо и достаточно, чтобы углы
треугольника АВС были соответственно равны у-, у-, у-, если этот
треугольник ориентирован отрицательно, или же чтобы углы треугольника
АВС были соответственно равны л—л—л — у-, если этот тре-
угольник ориентирован положительно (рис. 1).
3.	Применение геометрических преобразований
к решению задач
Задача 1. На сторонах треугольника АВС во внешнюю (внутреннюю)
сторону построены равносторонние треугольники. Доказать, что центры
О|, О2, Оз этих треугольников являются вершинами равностороннего тре-
угольника.
Решение. Рассмотрим композицию трех поворотов со2, а>|, (Оз около
центров О2, О|, Оз на углы по 120° в положительном направлении. По-
ворот (о2 переводит точку А в точку С, поворот (Oi —полученную точку С
в точку В, поворот (оз преобразует полученную точку В в точку Л, т. е. компо-
зиция поворотов (о2, (О|, (Оз оставляет точку А на месте. Композиция этих
96
поворотов, вообще говоря, представляет собой параллельный перенос, так
как сумма углов поворота равна 360°. Но параллельный перенос не имеет
инвариантных точек, поэтому указанное произведение является тождествен-
ным преобразованием.
По обратной теореме о композиции трех поворотов имеем, что внутрен-
ние углы треугольника О2О|О3 равны по 60°, т. е. треугольник O2OiO3 равно- \
сторонний (рис. 2).	'
Аналогично доказывается и другой случай, когда треугольники построены i
с внутренней стороны.
Задача 2. На сторонах произвольного четырехугольника ABCD во ’
внешнюю сторону -построены равносторонние треугольники DAB\, АВВ4,
ВСВъ, CDB2. На отрезке Р\Р2 (Pi, Р2 — центры треугольников DAB\ и CDB2)
построен равносторонний треугольник Р\Р2М. Доказать, что треугольник
МВ3В4 имеет углы, соответственно равные 120°, 30°, 30° (рис. 3).
Решение. Рассмотрим композицию четырех поворотов <oi, <о2, со3, <о4
около точек Pi, Р2, В3, В4 на углы, соответственно равные 120°, 120°, 60°, 60°,
в отрицательном направлении.
Поворот (01 переводит точку А в точку D, поворот со2 переводит полу-
ченную точку D в точку С, поворот (о3 — точку С в точку В, а поворот *
со4 преобразует полученную точку В в точку А.
Итак, рассмотренная композиция четырех поворотов оставляет точку i
А на месте. Эта композиция, вообще говоря, является параллельным
переносом. Так как параллельный перенос не имеет инвариантных точек,
то рассмотренная’ композиция есть тождественное преобразование.
Композиция первых двух поворотов o>i и о)2 есть поворот xpi на угол •
240° около точки Л4, в которой пересекаются прямые Р\М и Р2М, проходящие
через точки Pi и Р2 и образующие с прямой Р\Р2 углы, равные по 60°.
4 Зак. 2710 3. А. Скопец
97
Композиция двух последних поворотов о)3 и (о4 есть один поворот
на отрицательный угол, равный 120°, около точки Mi, в которой пере-
секаются прямые В3М1 и В4МЬ проходящие через точки В3 и В4 и обра-
зующие с прямой В3В4 углы по 30°.
Так как композиция поворотов и ip2 есть тождественное преобразо-
вание, то точка Mi обязана совпадать с точкой М.
Теперь очевидно, что треугольник В^В^М имеет углы, соответственно
равные 30°, 30°, 120°.
Задача 3. Построить n-угольник с нечетным числом сторон, зная
середины всех сторон п-угольника.
Решение. Предположим, что п = 5, а точки Pi, Р2, Рз, Р4, Р5—
середины сторон искомого пятиугольника Л1Л2Л3Л4Л5.
Пусть этот пятиугольник построен. Рассмотрим композицию пяти по-
воротов 0)1, о)2, о)3, о)4, о)5 на углы по 180° около точек Pi, Р2, Р3, Р4, Р5 (рис. 4).
Эта композиция оставляет точку Л i на месте. Кроме того, рассматриваемая
композиция поворотов представляет собой центральную симметрию, а сле-
довательно, имеет единственную инвариантную точку — центр симмет-
рии Ль
Симметрия o)i переводит любую точку М| плоскости в точку М2, сим-
метрия о)2 преобразует полученную точку в точку М3, симметрия о)3 —
полученную точку М3 в точку М4, симметрия о)4 переводит полученную
точку М4 в точку М5, а симметрия о)5 преобразует полученную точку Мъ
в точку Мб, симметричную с точкой Мi относительно середины О отрезка
MiM6, обязанной совпадать с вершиной А\ искомого пятиугольника
Л1Л2Л3Л4Л5. Зная вершину Ль легко построить пятиугольник Л1Л2Л3Л4Л5.
Задача имеет единственное решение.
Задача 4. Дана трапеция ABCD. Пусть середины S и Т боковых
сторон AD и ВС являются также серединами отрезков MN и PQ, соответ-
ственно равных и перпендикулярных боковым сторонам AD и ВС. Доказать,
что отрезки МР и QN равны между собой (Z.DSM^=90°, Z~CTQ= — 90°).
Решение. Четырехугольник AMDN является квадратом, а отрезки
AD и MN — его диагонали. Четырехугольник PCQB также квадрат, а от-
резки ВС и PQ — его диагонали (рис. 5).
Рассмотрим композицию поворота g)i около точки N на угол —90°,
98
параллельного переноса DC, поворота (о2 около точки Q на угол +90° и
параллельного переноса ВЛ.	$
Поворот <0| переводит точку А в точку D, параллельный перенос DC
преобразует полученную точку D в точку С, поворот со2 переводит точку С
в точку В, а параллельный перенос ВЛ преобразует полученную точку В
в точку Л.
Итак, рассмотренная композиция оставляет точку Л на месте. Компо-
зиция поворота со। и параллельного переноса DC есть поворот на угол —90°.
Композиция последнего поворота и поворота (о2 есть параллельный перенос.
Композиция этого параллельного переноса и параллельного переноса ВС,
вообще говоря, есть параллельный перенос. Так как параллельный перенос
не имеет инвариантных точек, то рассматриваемая композиция четырех
преобразований есть тождественное преобразование.
Поворот <01 переводит точку N в точку перенос DC преобразует
полученную точку N в точку К, поворот (о2 переводит точку К в точку L,
а перенос ВА преобразует полученную точку L в точку так как рас-
смотренная композиция есть тождественное преобразование.
Аналогично можно показать, что композиция поворота ф1 около точки
М на угол 90°, параллельного переноса DC, поворота ф2 около точки Р
на угол —90° и параллельного переноса В А представляет собой тожде-
ственное преобразование.
Поворот ф| переводит точку М в точку М, перенос DC переводит точк^
М в точку £, а поворот ф2 преобразует точку Е в точку F и. перенос В А
переводит точку F в точку М9 так как рассматриваемая композиция есть
тождественное преобразование.
Докажем, что треугольники EPF и KQL равны. В самом деле, эти тре-
угольники (прямоугольные и равнобедренные) имеют равные гипотенузы
EF и KL (EF=MF— МЕ=АВ— DC, KL = ML-MK = AB-DC).
Из равенства треугольников EPF и KQL следует, что EP — KQy а
Х_МЕР = 2-NKQ. Треугольники МЕР и NKQ равны между собой, так как
M£ = AA = CD, EP = KQ> Z_MEP=/LNKQ.
Из равенства последних треугольников следует, что отрезки МР и NQ
равны между собой.
Задача 5. Даны одинаково ориентированные равносторонние тре-
угольники ОАВ, OCD, OEF. Доказать, что середины X, У, Z соответственно
отрезков ВС, D£, AF являются вершинами равностороннего треугольника.
Решение. Поворот coi на угол 180° около точки X переводит точку В
в точку С, поворот о)2 около точки О нй угол 60° переводит точку С
в точку D, поворот (Оз около точки Y на угол 180° преобразует точку D в
точку £, поворот (о4 около точки О на угол 60° переводит точку £ в точку F,
поворот (о5 около точки Z на угол 180° преобразует точку F в точку А,
4^	99
наконец, поворот (о6 около точки О на
угол 60° переводит точку А в точку В.
Так как рассматриваемая компози-
ция шести поворотов оставляет на
месте точку В, то она является тождест-
венным преобразованйем.
Композиция поворотов oil и о)2 рав-
носильна одному повороту ф1 на угол
240° около точки М, в которой пере-
секаются прямые ХМ и ОМ, прохо-
дящие через точки X и О и образующие
с прямой ОХ углы, соответственно рав-
ные 90° и 30°.
Композиция поворотов юз и (о4 рав-
носильна одному повороту ф2 на
угол 240° около точки в которой пересекаются прямые YN и ON, про-
ходящие через точки У и О и образующие с прямой OY углы, соответ-
ственно равные 90° и 30°.
Композиция поворотов (о5 и (об равносильна одному повороту ф3 на
угол 240° около точки Р, в которой пересекаются прямые ZP и ОР, про-
ходящие через точки Z и О и образующие с прямой OZ угльц соответ-
ственно равные 90° и 30°.
Композиция поворотов фь ф2, фз, равносильная композиции шести по-
воротов (о/, представляет собой тождественное преобразование. По обратной
теореме о композиции трех поворотов следует, что внешние углы треуголь-
ника MNP равны по 120°, а значит, треугольник MNP равносторонний
(рис. 6).
Докажем, что треугольники MNP и XYZ подобны.
На отрезках OX, OY, OZ, соединяющих некоторую точку О с каждой
вершиной треугольника XYZ, построены одинаково ориентированные и по-
парно подобные между собой треугольники ОХМ, OYN, OZP.
Из их подобия следует, что OM:OX = ON:OY = OP:OZ = k.
Поворотом треугольника XYZ около точки О на угол 30° получим
треугольник X'K'Z', равный треугольнику XYZ и гомотетичный треуголь-
нику MNP (относительно центра гомотетии О с коэффициентом гомотетии,
равным k).	'
Итак, треугольники MNP и XYZ подобны. Так как треугольник MNP
равносторонний, то и треугольник XYZ, подобный MNP, также равносто
ронний.
Примечание составителя. Заметим, что приведенное здесь
решение задачи 5 достаточно трудное и громоздкое. Существенно более
рациональным будет решение этой задачи с помощью поворота вектора.
Приведем такое решение:
Из четырехугольника BEDC имеем ХУ = —(CD + 5£)=-i-(CD +
+ ОЕ — ОВ) (рис. 6). Так как результат поворота вектора не зависит от
центра поворота, то при повороте этих векторов на —60° получим CD^ OD,
OE^FE, ОВ^ОА. Поэтому образам вектора XY будет вектор
100
±-(0D + FE — ОА)=у-(АО-)-Р£) = 2У. Отсюда и следует, что |ХУ| = |£У|.
Аналогично доказывается, что |ХУ| = \ZX\. Таким образом, треугольник
XYZ правильный.
МЕТОД ПОДОБИЯ
ПРИ РЕШЕНИИ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
•В данной статье мы ограничимся кратким рассмотрением основных
теоретических положений, касающихся преобразования подобия (первого
рода), и приведем решения наиболее характерных задач на применение
Этих положений.
1.	Композиция поворота и гомотетии
Различают подобия первого и второго рода. Подобие первого рода
сохраняет ориентацию плоскости, подобие второго рода меняет ее.
Две пары точек (A, Ai) и (В, Bi), таких, что IA1B11 = k\AB\, &=/=0,
задают два и только два подобия, при которых точки А и В отображаются
на Ai и В| соответственно: одно из подобий первого, а другое — второго
рода.
Подобие с коэффициентом /г=/=1 независимо от рода всегда имеет, и
притом единственную, неподвижную точку — центр. Поэтому подобие может
быть задано центром, парой соответственных точек и указанием рода.
Композиция гомотетии и поворота есть подобие первого рода. Всякое
отличное от перемещения подобие первого рода либо является гомотетией,
либо может быть представлено композицией положительной гомотетии и
поворота на угол, не равный 180°, причем центры гомотетии и поворота
совпадают с центром подобия. Следовательно, подобие первого рода ха-
рактеризуется коэффициентом, центром и углом поворота.
IПодобие с центром М, коэффициентом k и углом поворота ф обозначим
символом П^. Если какой-либо из
компонентов не играет существенной
роли в рассматриваемых условиях,
то соответствующий индекс в обозна-
чении может быть опущен.
Задача 1. В окружность с цент-
ром О вписан четырехугольник ABCD;
поворот /?£, ф=#180°, отображает его
на четырехугольник A\B\C\D\. До-
казать, что пары прямых АВ и AiBi,
ВС и BiCi, CD и Ci£>i, DA и D\Ai пе-
ресекаются в вершинах параллело-
грамма.
Решение. Пусть(А/3)П(А1В1)==Л1,
(ВС)П(В1С0=^ (CD)n(CiDi) = P,
101
(£>A)A(D|A|) = Q (рис. 1). Ортогональные проекции Е, G, Н, F точки О на
прямые, содержащие стороны четырехугольника ABCD, являются середи-
нами сторон, и, следовательно, EGHF— параллелограмм.
При RZ точка Е отображается на точку S. Имеем:
|OE| = |OS|, 6eM=6sM==90°, ЕО5 = ф,
откуда следует, что в прямоугольном треугольнике ЕОМ ЁОМ=^- и
|ОЛ4| = |О£| —!—. Тогда точка М есть образ точки Е при композиции
Ф
C0S 2	±	1 \
Hk0°Ro, где k = —- .
COS-g-
Аналогично можно показать, что точки /V, Р и Q являются образами
точек G, Н и F при той же композиции, т. е. при подобии первого рода.
Отсюда следует, что четырехугольник MNPQ— образ параллелограмма
при подобии и, следовательно, также является параллелограммом.
Задача 2. Доказать, что точки пересечения прямых, содержащих
стороны треугольника АВС, соответственно с образами этих прямых при
повороте R^o, ф=#180°, где О—точка окружности, описанной вокруг тре-
угольника АВС, принадлежат одной прямой.
Указание. Докажите, что: 1) каждая из точек пересечения есть
образ основания перпендикуляра, проведенного через точку О к соответ-
ствующей прямой, при одной и той же композиции гомотетии и поворота;
2) основания перпендикуляра принадлежат одной прямой.
2.	Угол луча и его образа при подобии
При положительной гомотетии любой луч отображается на сонаправлен-
ный с ним луч, а угол луча и его образа при повороте — величина
постоянная, равная углу поворота. Следовательно, угол луча и его образа
при подобии первого рода также величина постоянная и равна углу по-
ворота подобия.
Задача 3. Дан треугольник АВС, С = 90°, [СО] — высота. Доказать,
что медианы AM и CN в треугольниках ADC и DBC перпендикулярны.
Решение. Треугольник CDB отображается на треугольник ADC при
композиции поворота R^° и гомотетии HkD, где	е- при подобии
первого рода с углом поворота 90° (рис. 2). При этом подобии точки С
и N отображаются на точки А и N соответственно. Поэтому отрезки CN и
AM перпендикулярны.
Задача 4. Дан равнобедренный треугольник АВС с основанием АВ:
построены высота CD и перпендикуляр DE к стороне ВС (Eg [ВС]).
Точка М — середина отрезка DE. Доказать, что отрезки АЕ и СМ пер-
пендикулярны.
Решение. В треугольнике DBE построим медиану DN (рис. 3);
[CM]±[£W] (см. задачу 3). Но [£*/V] — средняя линия дЛВЕ, и поэтому
[D(V]||[4£]. Следовательно, и [СЛ4]±[Л£|
102
Задача 5. Даны два одинаково ориентированных квадрата ОАВС
и ОЛ|В|Сь Найти угол лучей AAt и BBt, AAt и СС|.
Указание. Докажите, что [ЛЛ|) отображается на [BBi) при подобии
с центром О и углом 45°, а [ЛЛ1) — на [CCi) при повороте /?о°°.
3.	Подобие первого рода и две пересекающиеся
окружности
Рассмотрим подобие первого рода, отличное от гомотетии и переноса.
Пусть М — центр этого подобия; точки Л и В, не лежащие с точкой М на
одной прямой, отображаются на Л| и Bi соответственно, т. е. выполняются
равенства (рис. 4):
ЛМЛ1=ВМВ|=ф и |МЛ1|:|МЛ| = |МВ1|:|МВ|=Л.
Из них следует, что дЛМЛ[ со ДВЛ4В1 и
MAN=MBN, fAA^N=MB^N, где ^=(ЛЛ1)n(BB1).
•Из точек А и В отрезок MN виден под одним и тем же углом, и из то-
чек А\ и Bi отрезок MN виден под одним и тем же углом. Следовательно,
центр М подобия есть вторая точка пересечения окружностей со и соь
проходящих через точки 4, В, N и Ai, Bi, N соответственно. Окруж-
ность coi — образ окружности со при заданном подобии.
Проведем через точку N произвольную секущую р, pQco = P, pC|coi = Pi.
Нетрудно доказать, что XfPPi=X14)li и &Р\Р—^А\АУ откуда следует, что
А МРР\ сю л МА А ।.
103
Значит, точка Р\ есть образ точки Р при композиции поворота
и гомотетии HkM, т. е. при заданном подобии.
Таким образом, одну из точек пересечения двух окружностей можно
принять за центр подобия первого рода, отображающего одну окруж-
ность на другую. Тогда прямые, проходящие через вторую точку, пере-
секают данные окружности в парах соответственных при этом подобии
точек.
Задача 6. Окружности со и coi пересекаются в двух точках. Прямая,
проходящая через одну из точек пересечения, пересекает окружности вто-
рично в точках А и А\. Доказать, что величина угла касательных, про-
веденных к окружностям в точках А и Л| соответственно, не зависит qt
выбора секущей.
Решен и е. Пусть со f|coi ={S; Л1} (рис. 5). Рассмотрим подобие первого
рода с центром S, отображающее со на coj. Тогда любая прямая а, про-
ходящая через точку Л4, пересекает окружности в парах, соответственных
точек А и А\. Касательная, проведенная к окружности coi в точке Ль
есть образ касательной, проведенной к окружности со в точке А. Но угол
луча и его образа при подобии первого рода — величина постоянная. В
данном случае она равна OSOj, где О и О| — центры окружностей со и coj.
Задача 7. Даны прямые тип, пересекающиеся в точке S, причем
(т, л)=ф, и прямые а, Ь, такие, что apb = S.
Через точки М и принадлежащие прямым пг и п соответственно,
проведены к прямым а и b перпендикуляры, пересекающие их в точках
Л, В и Л1, В|. Найти угол прямых АВ и AiB\.
Решение. Точки S, В, Л, М (рис. 6) принадлежат окружности со,
построенной на отрезке SM как на диаметре; точка Р — ее центр. Точки
S, В, Л, N принадлежат окружности coi с диаметром SW; точка Q — ее
центр.
Окружности со и со 1 имеют общие точки S и О.. При подобии первого рода,
104
заданном центром О и парой точек P^Q окружность <о отображается на
о)1. Так как прямые а и b проходят через S — вторую точку пересечения
окружностей, то при этом подобии точки А и В отображаются на точ-
ки А1 и В\ соответственно. Следовательно, угол прямых АВ и Л|В1 равен
углу ф поворота подобия.
Задача 8. Даны две различные точки А и В. Точка М принадлежит
прямой АВ. На отрезках AM и МВ построены квадраты в одной полу-
плоскости с границей (АВ). Около квадратов описаны окружности, пере-
секающиеся в точке N. Найти множество точек N при различном выборе
точек М на прямой АВ.
Указание. Один из квадратов отображается на другой при подобии
с углом поворота 90° или при гомотетии. В первом случае N — центр по-
добия, точки А и В соответственные, следовательно, точка 2V принадлежит
множеству точек, из которых отрезок АВ виден под прямым углом. Во
втором случае N=M.
4.	Два подобия с общим центром
Пусть при подЪбии первого рода с центром М точки А и С отобража-
ются на точки В и D соответственно, тогда
AMB=CMD и
|МД | |МС|
а следовательно, справедливы равенства
AMC = BMD = (f,
т |МД| |МВ|
Но они означают, что точки С и D есть образы точек А и В соответственно
105
J
I
при композиции поворота и гомотетии HkM, т. е. при подобии первого
рода с центром Л4, углом поворота <р и коэффициентом k.
Это свойство находит применение в задачах.
Задача 9. Доказать, что прямые, содержащие высоты треугольника,
пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть (ЛЛ1) и (CCi) — прямые, содержащие высоты тре-
угольника АВС, (ДЛ1)П(СС1) = // (рис. 7).
Так как треугольники СНА\ и АВА। подобны (по двум углам) и одинаково
ориентированы, то существует подобие первого рода, при котором Л1->Л1,
Н^В, С^А. Тогда существует и подобие первого рода, при котором
Л|—>Л1, Н—*~С, В^А. При этом подобии лучи А{Н и НВ отображаются на
лучи А\С и СА соответственно. Но прямые А\Н и А\С перпендикулярны.
Значит, и прямые НВ и СА перпендикулярны, т. е. третья высота треуголь-
ника проходит через точку Н.
Задача 10. На плоскости даны четыре прямые, пересекающиеся
попарно в шести ‘различных точках. Доказать, что четыре окружности,
каждая из которых проходит через три из полученных точек, пересекаются
в одной точке.
Решение. Пусть Л, В, С, D, М и N — точки пересечения данных
прямых (рис. 8). Существует единственное подобие первого/рода, при ко-
тором точки Л и В отображаются соответственно на точки D и С; центр
этого подобия есть вторая точка пересечения окружностей, проходящих
через точки Л, В, N и D, С, N.
Имеем О->О, Л—>-D, В^С. Тогда существует и подобие первого рода,
при котором О->О, Л->В, Центр этого подобия есть вторая точка
пересечения окружностей, проходящих через точки Л, D, М и В, С, М. Таким
образом, все четыре окружности проходят через центр О рассматриваемых
подобий.
106
№
5.	Композиция подобий
Композиция двух и более подобий первого рода есть подобие первого
рода; его коэффициент равен произведению коэффициентов данных подо-
бий, а угол поворота — сумме углов поворота данных подобий, т. е. *
П/’фоПй,ф = П*Л ф+ф
Задача И. На сторонах треугольника АВС вне его построёны тре-
угольники ABM, BCN и САР так, что АМВ = 150°, | AM | = |МВ |, САр~
= CBN = 30° и ACP = BCN = 45°. Доказать, что треугольник MNP равно-
сторонний.
Решение. Рассмотрим' композицию
П/,фоП/г,ф = П/г/’ф+ф .
где ф=150°, ф=105°, &=--=•, п=-д/2. Коэффициенты и углы поворота
подобий обусловлены подобием треугольников РАС и NBC. (рис. 9):
Хрр ЛдТо 105°	। 1 — s i п 30 _ — _1_ I MB j /9
АРС — CNd— IUb , |рл| sin45o ^\NC\
Складывая углы поворота и перемножая коэффициенты этих подобий,
находим, что f — перемещение с углом поворота 360°, т. е. перенос. Но
f(B) = B, и поэтому f — тождественное преобразование.
Построим образ точки М при композиции f (рис. 10):
ед(м)=м,
Пр’ф(М) = О,
П"’*(/))=м
(так как f — тождественное преобразование, то f(M)=M).
Если |PD|=m, a \DN\=l, то \РМ\ =т -д/2,	=/-у/2.
Треугольники DPM и DNM подобны друг другу и подобны треугольнику
СРА. Тогда PDM = NDM =45°, &MD = NMD = 30° и ^ALV = 60°.
107 |
При симметрии с осью DM лучи МР и DP отображаются соответственно
на лучи MN и D2V, и поэтому точка Р отображается на точку Л/. Сле-
довательно, |МР| = |Л4ЛЛ и треугольник MNP равносторонний.
Решение показывает, что величины 150?, 30° и 45° не столь существенны.
Важно выполнение следующих условий:
а)	треугольник АВМ равнобедренный;
б)	треугольники АСР и BCN подобны;
в)	сумма величин углов при вершинах М, Р и N в построенных Тре-
угольниках равна 360°.
При этих условиях в результате приведенного решения найдем, что
|ЛГР| == |Л1ЛН и PMN=‘2PAC.
Примечание. Задача, аналогичная рассмотренной, предлагалась
на XVII Международной математической олимпиаде в 1975 г. и вызвала у
решающих значительные затруднения. По-видимому, применение метода
подобия в данной задаче наиболее целесообразно. Другой вариант ее ре-
шения дан в журнале «Математика в школе» (1976.— № I.— С. 66).
Задача 12. Стороны рарностороннего треугольника АВС разделены
по обходу его границы в отношении k точками В| и Сь Стороны тре-
угольника Л|В|С| разделены по обходу вершин в отношении точка-
ми Л2, Bz и С2. Доказать, что треугольники АВС и Л2В2С2 гомотетичны.
Решение. Точка О'— центр треугольника АВС. При повороте
/?о°° точки Л, В и С отображаются соответственно на точки В, С и Л
(рис. 11), поэтому в силу равенства отношений точки Л|, Bi, С| отобра-
жаются на точки Bi, Ci и Л|, а точки Л2, В2 и С2 — на точки В2, С2 и Л2, т. е.
треугольники Л|В|С| и Л2В2С2 равносторонние и имеют общий центр О.
Тогда треугольник Л1В1С1 есть образ треугольника ЛВС при подобии
Щ, а треугольник Л2В2С2 — образ треугольника Л1В1С1 при подобии П$.
Имеем:	ЛЛ2В2С2 = ЩоЩ(дЛВС).
Очевидно, что композиция ЩоЩ отлична от перемещения.
Если учесть, что угол поворота ф подобия Щ противоположен углу
поворота ф подобия П$, то угол поворота композиции этих подобий равен
0° Отсюда следует: композиция П^°П^ есть положительная гомотетия.
Если треугольник А'В'С' не равносторонний, а произвольный, то
треугольник Л2В2С2, построенный по условию задачи, также гомотетичен
данному. Действительно, проведем через сторону А'В' плоскость, не со-
держащую точку С', построим в ней равносторонний треугольник А'В'С,
затем треугольники А\В\С\ и Л2В2С2.
При параллельном проектировании сохраняются параллельность и от-
ношение отрезков параллельных прямых. Поэтому при проектировании
параллельно прямой СС' на плоскость А'В'С' гомотетичные треугольники
А'В'С и Л2В2С2 проектируются на гомотетичные треугольники А'В'С'
и A^B^Ci
108
ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА КООРДИНАТ
К ИЗУЧЕНИЮ СВОЙСТВ ПАРАБОЛЫ
В школьном курсе математики изучается парабола как график квадрат-
ного трехчлена ах^-{-Ьх-^с.
Это одна из замечательных кривых, которая встречается в природе и
технике. Например, если бы камень (или снаряд), брошенный не строго
вертикально, летел в пустоте (т. е. не испытывал воздействия сопротивле-
ния воздуха и некоторых других сил), то траекторией его полета была
бы парабола. Поэтому форма струи фонтана, направленной не строго
вертикально, является параболической. Если поворачивать ствол орудия в
одной и той же вертикальной плоскости, то при заданной скорости вылета
снаряда зона обстрела будет ограничена тоже, параболой, которая назы-
вается параболой безопасности. Отражающее зеркало автомобильных фар
и прожекторов имеет форму параболоида вращения. Параболоид враще-
ния — это поверхность, которая образуется при вращении параболы вокруг
ее оси. Параболическую форму иногда имеют арки мостов. Орбиты неко-
торых комет имеют форму параболы. Если космическому кораблю придать
скорость около 11,2 км/с, то он полетит за пределы земного тяготения
по параболической орбите.
Поэтому интересно рассмотреть параболу не только как график квад-
ратного трехчлена, но и как геометрическую фигуру, изучить ее совместно >.
с прямой, с окружностью.
С такой точки зрения можно обнаружить свойства различных алгеб- ,
раических кривых, уравнения которых имеют не слишком высокий порядок.
Метод координат дает возможность изучить многие свойства кривых
без особых затруднений.
Парабола и прямая
Выберем прямоугольную декартову систему координат таким образом,
чтобы уравнение параболы имело наиболее простой вид:
у = х2.	(1)
Точка Ао с координатами (хо, хо), где хо —любое действительное число, ‘
принадлежит параболе, так как координаты этой точки удовлетворяют
уравнению (1). Для краткости будем считать, что точка Ло, принадлежащая
параболе р2, определена своим параметром (в данном случае абсциссой)
Хо, и запишем это так: Ло (хо).
1.	Парабола и секущая прямая. Возьмем на параболе две точки Л1 (xi)
и Л2(х2). Вычислим угловой коэффициент прямой Л1Л2:
109
Прямая, имеющая с параболой две общие точки, называется секущей.
Итак, угловой коэффициент секущей AiA2 равен сумме значений пара-
метров х\ и х2 ее точек пересечения А\ и А2 с параболой
Из полученного соотношения (2) следует, что если секущие Л|Лг и
Л3Л4 параллельны, то
Х|+х2=х3+х4 .
(3)
Очевидно, верно и обратное утверждение: если xi 4"Х2 = хз + х4, то
А\А 21| А3А 4.
Перемещая прямую Л|Л2 параллельно самой себе, получим пары точек
пересечения, для которых сумма s параметров постоянна. Если через точку
> принадлежащую параболе, провести прямую t параллельно Л1Л2, то
прямая t других общих точек с параболой не имеет. В самом деле, если
допустить, что вторая точка Л о (хо) существует,, то х0^-|-и в силу того, что
/||Л1Л2, получаем xo+y-=Xi + *2. Отсюда х0+^“==5 или х0=-—, что
противоречит предположению.
2.	Парабола и касательная. Прямая, параллельная какой-то секущей
и имеющая с параболой только одну общую точку, называется касательной
к параболе в этой точке.
Заметим, что прямая может иметь с параболой только одну общую
точку, но не быть касательной к ней. В этом случае прямая параллельна
оси параболы.
Из полученного в пункте 1 результата следует, что значение пара-
метра, соответствующее точке касания касательной к параболе, равно полу-
сумме значений параметров, соответствующих точкам пересечения любой
секущей, параллельной этой касательной, с данной параболой.
Очевидно, что х=-|- есть уравнение прямой, которой принадлежат се-
редины всех хорд параболы, расположенных на параллельных секущих.
Эта прямая, называемая диаметром параболы, проходит параллельно оси у
через точку касания касательной, параллельной секущим.
Остается заметить, что к параболе нельзя провести двух параллель-
ных касательных.
Чтобы построить касательную в точке Ло (х0), поступаем так: строим
на оси х точку М (2х, 0) (рис. 1). Ей соответствует на параболе точка 2V (2хо).
Искомая касательная параллельна прямой ON. Ее угловой коэффициент
равен 2х0. Уравнение секущей ON согласно (2) имеет вид у = 2х0х. Пусть
Л6 — проекция точки Ло на ось х. Тогда точка пересечения L прямых
Л6ЛО и ON имеет координаты (х0, 2х§). Отсюда находим, что Л6ЛО = ЛОА.
Следовательно, касательная пересекает ось х в точке К (у-, 0^ .
НО
3.	Уравнение секущей и касательной. Составим уравнение секущей ЛЛ2:
y = kx-{-b, где k=X\-{-x2, а b находим из условия, что точка А। при-
надлежит р2.
Имеем x? = (xi +*2) xi + &, т. е. b— — xix2, и уравнение секущей имеет вид:
у = (Х1 4гх2)х — Х|Х2.	(4)
Составим уравнение касательной к параболе в точке Т (хо): y = 2xQx-^c.
Для вычисления с используем условие принадлежности точки Т касательной:
хо = 2хо + ^- Поэтому с=—хо, и уравнение касательной имеет вид:
г/ = 2хох — Хо.	(5)
Оно может быть получено из уравнения (4) секущей, если положить
Х1=Х2 = Х0.
Задача 1. В параболу вписаны четырехугольники Л1Л2ЛзЛ4 и В\В2ВзВ^.
Доказать, что если Л 1Л2||В1В21.Л2Лз||В2Вз, Л3Л4ЦВ3В4, то Л4Л11|В^В।.
Решение. Пусть точкам Л, соответствуют параметры а<, а точкам
Bi — параметры bi. Тогда согласно условию задачи имеем:
Я| + ^2= Ь\-Т-Ь2\ а2Пз = Ь24-&з’, CZ34“^4 —	^4-
Складывая почленно первое и третье, уравнения и вычитая второе
уравнение, получим a4-|-ai = 64-|-6i, откуда следует, что Л4Л1||В4В|.
Аналогичным свойством обладают два вписанных многоугольника с чет-
ным числом сторон.
Задача 2. К параболе в точках Л| и Л2 проведены касательные,
пересекающиеся в точке В|2. Доказать, что любая третья касательная к
параболе пересекает данные две касательные в таких точках В\з и В2з, что
4lfi,3 S12B23 (рис 2).	5
В 13^12 623^2
111;
Решение. Уравнения касательных к параболе в точках A (Х|) и А2 (х2)
согласно (5) имеют вид:
у=2х\х —х2; у=2х2х — х2.
Решив совместно полученные уравнения, определим координаты точ-
ки В|2:
Х1 4-%2
Х =	у = Х1Х2.
Пусть третья касательная проведена к параболе ,в точке А3 (х3). Очевидно,
точки ее пересечения с первой и второй касательными имеют соответственно
координаты:
D /*1 Н-Хз .	\ . D /Х2Н-Х3 .	\
ь>1з( 2 , *1*3 I , £>2з1  2 ’ *2*3) •
Определим длины отрезков А1В13, В13В12, В|2В2з, ВгзЛ2:
+4(х3 —Х!)2=-|-(хз—Х|)2(1+4х?) ;
•	В1зВ22=-^-(х2—х3)2 (1+ 4х2) ;
Bi2B23=-^-(x3—Xi)2 (1 4-4х2) ;
В23Л i =-|-(х2 — Хз)2 (1 + 4х2) ,
y4iBi3 В\2&23
откуда следует, что ^-^-= „ . .
JD13OI2 023Л2
Можно было бы доказать, что это свойство является характеристичес-
ким свойством параболы, т. е. им обладает только парабола.
Геометрические факты, содержащиеся в задачах, не зависят, очевидно,
от выбора системы координат, поэтому при решении задач мы пользуемся
наиболее удобной системой координат, в которой парабола имеет уравнение
вида (1).
Задача 3. Определить коэффициент подобия вписанного в параболу
и описанного около нее треугольников, соответственные стороны которых
параллельны.
Решение. Треугольник Д|Д2Д3 (рис. 3) вписан в параболу. Пусть
точкам Ai соответствуют параметры xt-. Касательная к параболе, парал-
лельная стороне А1А3 данного треугольника, имеет с параболой общую
точку В2(Х1+Х-) .
Тогда уравнение касательной, параллельной А1Л3, согласно (5) имеет вид:
у={х,+хз}х-&±&.
Аналогично определяем уравнение касательной, параллельной стороне
Л2Л3 данного треугольника:
(/ = (х2 + хз) х
(Х2 4-Хз)2
4
112
Точка пересечения найденных касательных является вершиной С3 опи-
санного около параболы треугольника, стороны которого параллельны сто-
рона^ вписанного треугольника Л|Л2Л3. Решив совместно два уравнения,
полупим:
,	г» (*» +*2 + 2x3 (xi+хз) (хз+х2)\	I
|	Сз\ 4	’	4	) *	;
Аналогично определяем:
/х2+Хз + 2Х1 (Хз + Х1)(х2+Х1)\ п /Х1 _|_Хз_|_2х2 (Хз + х2) (х2+Х|) \
С. -----5----, -------------) ; С2{---<---> ------------) .
k	Треугольники Л|Л2Л3 и CiC2C3 подобны, так как стороны одного соот-
ветственно параллельны сторонам другого.
Определим коэффициент подобия. Вычислим длины соответственных
сторон Л|Л2 ,и С|С2, использовав формулу длины отрезка:
А!А|=(х2 — Xi)I 2+(xi—х2)2; С\Cl=-^-((х2—х{)2+(4—х?)2).
t	Таким образом, С|С2=-~Л1Л2, откуда следует, что коэффициент подо- ?
х , 1
бия я——.
4
4. Точка пересечения двух секущих. Найдем абсциссу хо точки Пересе- i
чения Q двух секущих Л|Л2 и А3А4. Для этого решим систему уравнений >
'	( y=(ai+a2)x — ata2,
i"	I y=(a3-i-a4)x—a3a4; ai+a2=/=a3a4.	j
,	Имеем:
_   Л1Л2— 0304
JCq	.	♦
)	ai4"a2—0,3—
i*	' :
Пусть Ai,A2,A3,A4,Q' — проекции точек Ai,A2,Az,A4,Q на ось x. Тогда
I а 1 -|- о2 — аз—а* I
• aiH-a2 — Оз — сц •
О'Л । • О'Л9= I (а 1 ~1 ~(fl2~fl3) I
I	(01+^2 — Аз — А4)2	'
Аналогично
О'А' • О'А' = I (fl3 ~ Q1) (fl3~ a2)	a 1) - °2)
Ч 3*^ 4	*	(ai+a2 —a3 —а4)2
Сопоставляя (6) и (6'), находим:
Q'A 1 • Q'Ai = Q'Aa • Q'A£.
(6)
(6') \
113
Если через точку Q провести пучок прямых, пересекающих параболу
в парах точек А[ и Д2, Дз и Д4, ..., A2n-i и А2п, то согласно (7) получим:
Q'A'l-Q'A^ = Q'A^Q'Ai=.... = Q'A^-l-Q'A^.	{ (7')
5. Нормаль к параболе. Нормалью к параболе в данной на ней 'точке
называется прямая, проходящая через эту точку перпендикулярно, каса-
тельной к параболе в этой точке.
Составим уравнение нормали к параболе в точке х0. Уравнение каса-
тельной к параболе в точке Ао (хо) имеет вид:
у = 2х0х — хо,
т. е. угловой коэффициент касательной fe = 2x0. Следовательно, если а —
угол, образованный касательной с положительным направлением оси
абсцисс, то tga = fe = 2xo. Нормаль перпендикулярна касательной. Поэтому
она образует с положительным направлением оси х угол a+ 90° или
а —90°. Тогда угловой коэффициент нормали
Следовательно, уравнение нормали имеет вид:
y=~kx+b-
Чтобы определить Ь, используем условие принадлежности точки До (*о)
нормали Хо= — тг- ХоА-Ь, откуда Ь = Хо+4~-	'
Таким образом, уравнение нормали определено:
x + 2xoz/ = 2xo4~xo, 1 "	(8)
где До (хо) — основание нормали.
Покажем, что через точку Р (а, р) общего положения можно про-
вести к данной параболе три нормали. В самом деле, абсциссы основа-
ний нормалей удовлетворяют уравнению
а-|-2хр = 2х3-|--х,	(8')
или
2х3.+ х (1 —2р) —а = 0.	(9)
Это уравнение третьей степени относительно х и поэтому имеет три реше-
ния. Уравнение (9) может иметь три вещественных корня или один ве-
щественный и два мнимых. Следовательно, через данную точку Р(а, р)
можно провести к параболе три вещественных или одну вещественную
и две мнимые нормали.
Так как в уравнении (9) коэффициент при х2 равен нулю, то соглас-
но теореме Виета
z	Х| Т'х2-|-х3 = 0,	(10)
114
где X|, х2, *з — корни уравнения (9). (О теореме Виета для много-
членов n-й степени можно прочесть в сборнике «Дополнительные главы
по курсу математики 10 класса для факультативных занятий».— М.:
Просвещение, 1970.)	;
Таким образом, доказана теорема: если из некоторой точки проведены \
к параболе три нормали, то абсциссы оснований этих нормалей удов-
летворяют условию (10).
Можно было бы доказать, что верна и обратная теорема: если для трех
точек А\(xi), Л2 (х2), А3 (х3), принадлежащих параболе, выполняется ра-
венство (10), то нормали к параболе в этих точках пересекаются в одной
точке.
Итак, для того чтобы нормали к параболе в трех точках At (xi), Л2 (х2)
й А3 (х3) пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы
Х1+х24-*з = 0, т. е. чтобы центроид треугольника Л1Л2Л3 лежал на оси
параболы. (Центроид — точка пересечения медиан треугольника Л1Л2Л3
имеет координаты	у^+уз} )
Из равенства (10) следует, что
Х|-|-х2=—(х34”0).	(Ю ) <
Это дает право утверждать, что если хорда AtA2 образует с поло-
жительным направлением оси х угол, а, то хорда ОЛ3 — угол 180° —а (Л i,
А2, Аз — основания нормалей, проведенных к параболе из одной точки). ;
Задача 4. В двух точках Л| и Л2 параболы проведены к ней нормали, '
пересекающиеся в точке М. Провести третью нормаль к параболе, проходя-
щую через точку М.
Решение. Пусть хорда Л;Л2 образует с осью х угол а. Построим
луч ON (рис. 4), образующий с осью х угол 180° —а.
115
Очевидно, СМ||Л2В, где А2 — точка, симметричная точке А2 относительно
оси у, В==Л|Л2Г1у. Точка А3 пересечения луча ON с параболой будет
основанием искомой нормали, так как для точек А[ (Х|), А2(х2), Л3 (х3)
выполняется условие (10').
6. Построение нормалей. Интересно рассмотреть два случая построения
нормалей к параболе, проходящих через данную точку Р:
1) когда точка Р принадлежит оси параболы;
2) когда точка Р принадлежит параболе.
1)	Точка Р имеет координаты (0; р). Уравнение (9) в этом случае имеет
вид:
2х3 + (1 —2р)х = 0, или х (2x2-h(l — 2р)) = 0,
откуда
х1=0,х2=^-.	(11)
Уравнение (И) имеет вещественные корни при 2р— 1^0.
Таким образом,
а)	при Р>-£~ нерез точку Р (0, Р) проходят три вещественные нор-
мали к данной параболе (рис. 5). Их основания
А, (0), л2(^/р—1-), Лз( —\/р~т) ’
б)	при р=через точку Р (0, р) проходят три вещественные слившиеся
нормали с основанием Л (0);
в)	при Р<у- через точку Р (0, р) проходит одна вещественная нор-
маль с основанием Л (0) и две мнимыё.
2)	Точка Р имеет координаты (а, а2). Уравнение (9) в этом случае
имеет вид:
2х3 + (1 -2а2)х-а = 0.
Преобразуем левую часть уравнения:
2х3 + %—-2а2х—а = 2х (х2 — а2) + (х-— а)=(х —а) (2х2 4-2ха + 1).
Тогда уравнение (9) можно записать в следующем виде:
(х—ос) (2х2 + 2ах+ 1)==0,
откуда
у — „ у _ — а±л/о? —2
Х|—а, х2,з—----2-----•
Таким образом,
а)	при а2<2 через точку Р(а, а2) проходит одна вещественная
нормаль и две мнимые;
116
б)	при а2=2 через точку Р(а, а2) проходят три вещественные нормали
с основаниями Р(а), Л1^—(т. е. две нормали совпадают)
(рис. 6);
в)	при а2>2 через точку Р (а, а2) проходят три различные вещественные
нормали с основаниями Р(а), Д । ( ~ а+, Д2^ ~а~Уа2~2\ (рис. 7).
Построение. Через точку_Р (а) проходит прямая у=а2. Проводим
прямую г/ —а2 —2. Точки Q и Q ее пересечения с параболой проекти-
руем на ось х. Проекции искомых точек А]_ и Лг на ось х являются
серединами отрезков Q'P' и Q'P', где Р', Q', Q' — проекции точек Р, Q; Q
на ось х, а Р' — точка, симметричная точке Р' относительно начала коорди-
нат.
Задача 5. В концах нескольких параллельных хорд параболы построе-
ны нормали к ней. Доказать, что точки пересечения пар нормалей, проведен-
ных в концах одной и той же хорды, принадлежат одной прямой.
Замечание. Уравнение этой прямой имеет вид:
х —2Лу= —2Л3 —Л,
где k — угловой коэффициент данных параллельных хорд. Очевидно, полу-
денная прямая является нормалью к параболе в точке —
Парабола и окружность
1.	Пересечение параболы и окружности. Пересечем параболу у = х2
окружностью
x2 + y2 + Mx + Ny + P = 0.	(12)
117
n	V
Для нахождения координат точек пересечения решаем систему уравнении
J x2 + y2+Mx+Ny + P = 0,
I у-х2=0.	'	(13)
Очевидно, достаточно найти абсциссы точек пересечения окружности и
параболы. Исключив из системы уравнений у, получим:
х4 + (1+Л^>2 + Л1х4-Р = 0.	(14)
Параметры, соответствующие четырём точкам пересечения, являются кор-
нями уравнения (14). (Они могут быть как вещественными, так и мни-
мыми.)
Поскольку коэффициент при х3 в уравнении (14) равен нулю, заклю-
чаем, следуя теореме Виета, что сумма его корней равна нулю.
Итак,
Х1 4~Х2 4~Хз + х4 = 0.	(15)
Обратно: если через точки, принадлежащие параболе, провести окруж-
ность, пересекающую параболу в четвертой точке А'( (х4), то согласно
прямой теореме
х\ 4" х2 + х3 4" х" = 0.
Учитывая (15), заключаем, что х"=х4 и Д4==Д4.
Итак, для того чтобы четыре точки Л (xi), Л2 (х2), Дз(хз), Д4(х4), распо-
ложенные на параболе, принадлежали одной окружности, необходимо и
достаточно, чтобы Xi 4-х24-Хз4'Х4=0.
Построим четыре точки параболы, принадлежащие одной окружности.
Пусть Xi, Д2, Лз — три произвольные точки параболы (рис. 8). Построим
для точек Ai и Л2 симметричные им точки Ai и Д2 (относительно оси у).
Этим точкам соответствуют значения параметра — Xi и —х2.
Равенство (15) переписываем так: х34-х4=( —-Х|) + ( — х2). Но согласно
(3) это означает, что хорды Д3Д4 и А]А2 параллельны. Поэтому точку А4
получаем в результате^ пересечения параболы прямой, проходящей через
Аз параллельно хорде Д1Д2.	»
Если точки Д| и А2 параболы закреплены, то через них проходит
пучок окружностей, пересекающих параболу в парах точек At и + i (/ = 3, 5,
7, ...), для которых X/4~X/_|_ 1 = —-(xj 4“х2) = const.
Следовательно, прямые AiAi+i параллельны между собой, причем угол
наклона их к оси х равен 180° — а, где а — угол наклона прямой А |Д2 к оси х.
Далее, среди этих параллельных прямых имеется одна касательная
к параболе в точке —	. в этой точке окружность, проходящая
через Д| и Л2, касается параболы.
Итак, если требуется построить окружность, проходящую через две
точки Ai и А2 параболы и касающуюся ее, то надо для середины Q отрезка
118
Д1Д2 построить симметричную ей точку Q относительно оси параболы и
через Q провести прямую, параллельную оси. Точка пересечения этой пря-
мой с параболой и будет точкой касания искомой окружности с параболой.
Таким образом, через каждые две точки параболы проходит одна ок-
ружность, касающаяся параболы в третьей точке.
Интересно отметить такой факт. Пусть хорды параболы Л1В1 и А2В2
параллельны. Легко доказать, что если через концы каждой из этих хорд
провести произвольную окружность, то хорды^ соединяющие две другие
точки пересечения С\ и D\, С2 и D2 каждой окружности с параболой, тоже
будут параллельны; C\D\\\C2D2.
2.	Окружность, соприкасающаяся с параболой. Если из четырех точек
пересечения окружности с параболой три совпадают с некоторой точкой Д,
то окружность называется соприкасающейся с параболой в точке А.
Теорема. Окружность, соприкасающаяся с параболой в точке А,
пересекает параболу в такой точке В, что хорда, проходящая через точки,
симметричные точкам А и В относительно оси параболы, параллельна
касательной к параболе в точке А.
Доказательство. Пусть A (xi) — точка соприкасания окружности с
параболой, В (х2)— другая их общая точка (рис. 9). Согласно (15)
Зх1+*2-=0.	(15')
Д(—xi), В( —х2)— точки, симметричные точкам А и В относительно
оси у. Угловой-Коэффициент касательной tA равен k = 2x. Угловой коэффи-
циент хорды АВ равен k\=x\ — х2.
В силу (15') k — k\.
Задача. Построить окружность, соприкасающуюся с параболой в
точке Д.
Решение. Строим касательную к параболе в точке A (xi) (рис. 9).
Через точку А ( — Х|) проводим прямую, параллельную этой касательной,
119
пересекающую параболу в точке В( —х2). Точка В (х2), симметричная точке
В относительно оси у, есть вторая общая точка искомой окружности с
параболой. Центр искомой соприкасающейся окружности есть точка пере-
сечения нормали к параболе в точке А (Х|) и серединного перпендикуляра
к хорде АВ.
Возможны и другие способы построения.
Задачи для самостоятельного решения
1.	Доказать, что в параболу нельзя вписать параллелограмм.
2.	Доказать, что множество точек пересечения взаимно перпендикуляр-
ных касательных к параболе есть прямая линия, перпендикулярная оси
параболы.
3.	Доказать, что отрезки, соединяющие точки касания взаимно перпен-
дикулярных касательных к параболе, пересекаются в одной точке, при-
надлежащей оси параболы.
4.	Точки Л», А2, А3, Л4, принадлежащие параболе, соединены после-
довательно ломаной линией. Затем через точку Д4 проведена прямая,
параллельная Д|Д2, до пересечения с параболой в точке Л5. Аналогично
построены хорды Л5Л6||Л2Л3, Л6Л71|Л3Л4. Доказать* что точка Л7 совпадает
с точкой Ль
5.	В параболу вписан треугольник. Доказать, что описанный около
параболы треугольник, стороны которого соответственно параллельны
сторонам данного треугольника, гомотетичен данному. Определить центр
гомотетии.
6.	Через точку Ло, принадлежащую параболе, проведено несколько пар
взаимно перпендикулярных хорд. Доказать, что гипотенузы всех получен-
ных таким образом прямоугольных треугольников пересекаются в одной
точке.
7.	Доказать, что основания трех нормалей к параболе, пересекающих-
ся в одной точке, расположены на одной окружности с вершиной параболы.
Сформулировать и доказать обратное утверждение. (Использовать его при
решении задачи 4, с. 146.)
8.	Дан четырехугольник, вершинами которого являются точки пересече-
ния окружности с параболой. Доказать, что средние линии этого четырех-
угольника и отрезок, соединяющий середины его диагоналей, пересекают
ось параболы в одной и той же точке и делятся ею пополам.
9.	На окружности даны четыре точки А|, Д2, А3, А4 так, что четырехуголь-
ник А|А2А3А4 не является параллелограммом. Построить ось параболы,
которой принадлежат эти четыре точки. z
ВЗАИМНОЕ расположение ЭЛЛИПСА И ОКРУЖНОСТИ
Изучение взаимного расположения эллипса30 и окружности представляет
интерес во многих вопросах евклидовой и неевклидовой геометрии, при
решении конструктивных и графических задач. Исследование этого вопроса
удобно вести методом координат, хотя и существуют чисто геометрические
подходы к решению указанной проблемы.
120
В прямоугольной декартовой системе координат .уравнения, эллипса и
окружности можно записать в следующем виде:
 4+f=1>	(и
х2_ру2_2тх — 2ny + s — 0, r2 = m2-}-п2— s>0	(2)
или
(х — т)2 + (у — п)2 = т2 + п2 — s.	(2')
В поставленной задаче мы ограничимся лишь выяснением вопроса о
числе точек пересечения эллипса и окружности/когда две, три или четыре
точки пересечения совпадают, какие системы точек высекают на эллипсе все
окружности, проходящие через одну или две точки, лежащие или не лежа-
щие на эллипсе.	>
Координаты точек пересечения эллипса и окружности являются реше-
нием системы уравнений (1) и (2). Чтобы решить эту систему, необхо-
димо из нее исключить одно из неизвестных (х или у) и решить полу-
ченное уравнение относительно второго неизвестного (например, х). Исклю-
чение у из уравнений (1) и (2) не представляет особого труда. В самом
деле, значение х2 из уравнения (1) подставим в (2), после этого из урав-
нения (2) находим х и, наконец, подставляем это значение в уравнение (1).
В итоге получаем довольно громоздкое уравнение четвертой степени отно-
сительно у. Это уравнение имеет вид:
ь2 (1 —$) V — 462/1 (1 —у3 + 2 ( 2а2 т2+2b2n2 + b2(s 4- а2) (1 — у2 —
— 4b2 (s + а*)пу + b2 ($ + а2)2 — 4а2Ь2т2=0.
Очевидно, исследовать корни этого уравнения дело не простое и поэтому
естественно искать другой путь решения поставленной задачи.
Запишем уравнение эллипса посредством вспомогательной координаты
(параметра) t:
1 -н2
2bt
У 1 -L- /2 *
(3)
Каждому вещественному значению /, равному система (3) относит
точку
/а (1-й)	2Ь/0 \
\ 14-й ’ 14-й / ’
Эти координаты удовлетворяют уравнению (1):
д2(1—й)2 .	462Й	(1—й)4~4й
(1Ч-Й)2-а2 + (14-Й)М2	(1+Й)2
121
Следовательно, каждому значению t соответствует определенная точка
на эллипсе. Оказывается, что только одной точке эллипса не соответ-
ствует никакое значение t: если х=—а, получаем:
1+/2 ’
откуда находим, что а=0, а это противоречит условию а>0.
Условимся этой точке С (— а; 0), являющейся левой вершиной
эллипса, отнести значение /=оо. После этого соглашения между всеми
точками эллипса и всеми значениями t (включая значение /= оо) устанавли-
вается взаимно однозначное соответствие. Вершинам А (а; 0), В (0; Ь) и
D (0; — Ь) соответствуют такие значения t: 0, 1, —1.
В частности, Значениям а и —а соответствуют точки эллипса, сим-
метричные относительно оси х, а значениям а и ------точки, симметричные
относительно оси у,	а
Вернемся к вопросу о точках пересечения эллипса и окружности. Значе-
ния х и у из (3) подставим в (2):
а2 (1 —-Z2)2 4~462/2_2am (1 —/2)4-4&п/ t
(14-/2)2	1_р/2	-+-S—U.
После упрощений получаем эквивалентное уравнение
(a2 + 2am + s) /4 — 4&п/3+(462 —2a2+2s) t2 — 4bnt + s — 2am-}-a2=0. (4)
В общем случае a2 + 2am+ $=/=(), и уравнение (4) есть уравнение четвер-
той степени относительно /. Это значит, что оно имеет четыре корня,
которым соответствуют четыре точки пересечения эллипса и окружности,
если все эти точки вещественны:	х
Ti(/i), Г2(/2), Т3(/з) и Т4(/4).
Уравнение (4) замечательно тем, что коэффициенты при t3 и t равны
между собой. Согласно теореме Виета это значит, что
t\ Ч“^2 + /з + ^4 = /2/з^4 + /з^4Л + /4/2/| + t\ tzts,	(5)
где /ь /2, /з, t* — корни уравнения (4). Соотношение (5) позволяет по трем
корням уравнения (4) вычислить четвертый корень.
Воспользуем-ся уравнением (5.) для решения ряда вопросов, касающихся
взаимного расположения эллипса и окружности. Прежде всего выясним,
когда все четыре корня равны между собой. В этом случае из (5) нахо-
дим 4/1=4/?, откуда следует /(=0, /7=1, /7= — 1.
Если /1=0 — четырехкратный корень, то из (4) следует:
2bn = 0, 4b2 — 2а2 + 2 = 0, s — 2ат-Е^2 = 0.
Отсюда n = 0, s = a2 —2b2, m = fl-—.
а
Уравнение окружности (2) принимает вид:
х2 + У2 —х + а2 — 2Ь2 = 0.
122
После преобразований получаем:
(6)
гч	2 Ь4	Ь2
Отсюда г—-у-, или г ——.
ст	а
Итак, радиус окружности, которая пересекает эллипс в его вершине
А так, что все четыре точки пересечения совпадают с Л, равен
— э а координаты центра равны (а—о) . Говорят, что окружность (6) ‘
имеет с эллипсом в вершине А касание третьего порядка. Легко проверить,
что радиус этой окружности равен ординате точки эллипса, абсцисса
которой совпадает с фокусом F\ (с\ 0) эллипса.
В самом деле,
а2 b2 ' V а2 а2 ’ а
В силу симметрии эллипса относительно оси у получаем уравнение
окружности, имеющей с эллипсом в вершине С ( — а; 0) (при /= оо) касание
третьего порядка вида
'	/	. a2 — b2\2 i2 b4
{х+^~) +у ="? •	(6 )
Аналогичным образом находим уравнение окружности, имеющей в вер-
шине В (0; Ь) касание третьего порядка с эллипсом. Уравнение (4) должно
иметь /=1 четырехкратным корнем:
bn = a2 + 2am + $, 4Ь2 — 2а2 + 2s = 6 (а2 + 2am + s),
s — 2am + а2 = a2 + 2am + s.
Отсюда
m = 0, s = b2 — 2a2, n —	.
Уравнение искомой окружности имеет вид:
х2 -|- у2 —2(<bb — У + Ь2 — 2а2 = 0,
или
2,/ b2 — a2\ a4	m
х +{у——) =-&	(7)
а2
Радиус окружности (7) равен — . Уравнение аналогичной окружности в
вершине D (0; —Ь) имеет вид:
2./	. b2-a2f а4'
х +(у+—)
Построение окружностей (6), (6'). (7), (7') не представляет труда.
(7')
123
b
a /1-I-/2
(9)
Обратимся к построению окружности, которая пересекает эллипс в двух
точках Р и Q, причем точка Р считается за три точки пересечения.
Другими словами, составим уравнение окружности и построим ее, если
уравнение (4) имеет трехкратный корень р. Из- (5) следует, что
р3 + ЗА-Зр-<7=0,	(8)
где q — значение t в точке Q.
С этой целью найдем угловой коэффициент прямой, соединяющей точки
Л (6) и Тг (6):
2bh 2btt .
та
а (1-й) а (1-Й)
Т+7Г- 1+Й
Аналогичным образом находим угловой коэффициент кз4 прямой Т3Т4:
fe34=-L. <зй-| т/3#;_/4.	(Ю)
а 13-гм
Мы исключили из рассмотрения тот случай, когда хорда Т\Т2 или
Т3Т4 параллельна оси у.
Но из соотношения (5) следует, что
(6 4“^)—М4 (G 4-^2)== М2 (/3+^4) — (^з + ^4)«
Отсюда
(6 “I-/2) (М4— 1) + (^з + ^4) (6/2— 1) = 0,
ИЛИ
/3/4-1 t 6^2-i^Q
/3 + /4	/14-/2
Учитывая соотношения (9) и (10), получаем:
fei24-fe34=0.	(11)
Аналогичным образом получаем, что
^1з + ^24=0, /ги4"^23 —о,	(11')
причем предполагается, что ни одна из прямых 7\7\ не параллельна оси у.
В рассматриваемом случае /| = /2 = /з=р, <4 = ?, поэтому из (И) следует,
что угловой коэффициент fe|2 касательной к эллипсу в точке Т\=Т2 отли-
чается только знаком от углового коэффициента прямой TJ\^PQ. Это зна-
чит, что касательная к эллипсу в точке Р и прямая PQ одинаково
наклонены к оси х, образуя с ней равнобедренный треугольник*
Таким образом, если дана точка Р, то* строим в ней к эллипсу ка-
сательную, затем проводим через Р прямую PQ так, чтобы касательная
и прямая PQ образовали с осью х равнобедренный треугольник. Такая
прямая PQ определяется однозначно, и тем самым по точке Р находим
124
однозначно точку Q. Искомая окружность проходит через точки Р и Q и ка-
сается эллипса в точке Р. Этими данными окружность определяется одноз-
начно. Она называется окружностью, соприкасающейся с эллипсом в точке
Р, и имеет с ним в точке Р касание второго порядка, при этом точка Р
не совпадает с вершинами эллипса.
Остается составить уравнение окружности1, соприкасающейся в точке Р.
Для этого найдем уравнение касательной к эллипсу в точке Р. Угло-
вой коэффициент касательной равен согласно (9) ~	• Следовательно,
уравнение касательной имеет вид:
2Ьр
1+р2
У
b р2-1/	а(1-р2) \
а 2р \	1+р2	/
После упрощения получаем уравнение касательной к эллипсу в точке Р:
Ь (р2 — 1)х—2ару + аЬ (р2 + 1)=0.	(12)
Уравнение нормали к эллипсу в точке Р (т. е. прямой, перпендикуляр-
ной к касательной в точке Р) имёет вид:
„	2^Р —	. 2р Л> а(1-Р2)\
1+р2 b р2—1 V 1+р2 /
ИЛИ
2ар(р2+1)х+Ь(р4-\)У + 2(а2-Ь2)р(р2-\) = 0.	(13)
Серединный перпендикуляр отрезка PQ пересекает нормаль (13) в центре
соприкасающейся окружности. Составим уравнение этого серединного пер-
пендикуляра. Угловой коэффициент прямой PQ равен	• Середина
М хорды PQ имеет координаты
а/’~Р2 I 1-?2\ ь(_р______I ч \
T\i+p2 + i+^/’ \i+p2 + i+p2/’
или
1-pV' а (РЧ +1)(р + р)
 74\а (1 +р2)(1 + р2) ’	(1+р2)(1+р2) ' ‘
Следовательно, серединный перпендикуляр хорды PQ имеет уравнение
(рр+1)(р + р)^_	а(р + <7) / г д I-РУ \
У ° (1+р2)(1+р2)	b(pq— 1) \	(1+р2)(1+р2) / ’
ИЛИ
a (p+q)(\ +р2) (1 +<72) x + b (pq — 1) (1 — р2) (1 +р2) у +
+(a2-fe2)(pV-l)(p + p)=0.
Система уравнений (13) и (14) имеет следующее решение:
125
(а2-Н2)й'(р4—1)(рУ—1)(р —<?) о2 — />2' (pg—1)2(р2—1)
ab(q — р)(р2+1)3(<?2+1)	а \(р2+I)2 (<?2+1) ’
2а (а2—62) р (р2 +' 1) (р + р) (р2—р2)	2 (а2 — 62‘) _ р (р + р)2
а6(р—p)(p2+l)3(p2+D	b ’(р2+1)2(<?2+1) ’
(15)
(16)
Но р и g связаны соотношением (8). Из него находим q:
Если это значение q подставить в формулы (15) и (16), то после
преобразований получим координаты (т; п) центра 5 соприкасающейся
окружности в точке Р (р):
Отсюда
(15')
(16')
и после почленного сложения этих равенств получим:
2	2
' (17)
Полученному уравнению удовлетворяют координаты всех центров ок-
ружностей, соприкасающихся с эллипсом. Эти центры принадлежат кривой,
носящей название астроиды29. Если освободиться от иррациональности, то
получим кривую шестого порядка:
(а2х2 -|- Ь2у2 — с4)3 + 27с4а2Ь2х2у2 = 0.	(18)
Вычислим, наконец, радиус соприкасающейся окружности:
г2_/ а(1— р2) . а2 —&2 (р2— I)-1 \2 I / 2bp | а2 —fe2 	8р3	\2
. V 1 +р- “Г а ' (Р2+1Л/ ЛИ-р2’1’ b * (р2+1)3 / •
После преобразований получаем:
(4а2р2 + &2(р2-1)2)2
ab (р2+ I)3
(19)
Интерес представляет исследование уравнения (8):
р3 + Зр2<7 —Зр —р = 0.
126-
Для каждого значения р из уравнения находим одно значение q, однако
для каждого значения q получаем три значения р, Докажем, что все эти зна-
чения р вещественны. В самом деле,
Р2.(р + 3<7) = 3/? + ^,
2= Зр+?
Р p+$q ’
Положим р2 = и. Тогда получаем:
р2 = и, 3p + q = u(p + 3q),
где q — данная постоянная.
Второе уравнение можно переписать в виде
и(р + 3<?) = 3 (р + 3<7) — 8?,
(и — 3)(р + 3<?)= — 8q. '
Итак, решения уравнения (8) получены как точки пересечения пара-
болы и гиперболы:
__ 2
“Ы^3)(р + 3<7)+8<7=0.	(20)
Прямые u = 3, p=~3q являются асимптотами гиперболы, которые пе-
ресекаются в ее центре G (3; — 3^). В точке G левая часть уравнения
гиперболы принимает значение 8^, а для вершины О (0; 0) параболы —
значение —9^. Если то эти значения имеют противоположные знаки,
и поэтому вершина параболы лежит внутри гиперболы. Отсюда следует, что
одну из ветвей гиперболы параболу пересекает дважды, а вторую ветвь —
один раз. Следовательно, при q=£0 уравнение (8) имеет три действительных
корня.
При q — О это уравнение имеет также три действительных корня р = 0,
р=±л/3. Поэтому каждому действительному значению q соответствуют
три действительных значения р. Это значит, что через каждую точку Q эл-
липса проходят три окружности, соприкасающиеся с ним в точках Р\ (pi),
Р2 (Р2) И Р3 (рз).
По свойствам корней уравнения имеем:
р1+р2 + рз=—3^, р1р2 + р2Рз + рзр1= — 3, p{p2p3 = q.	(21)
Из соотношений (21) следует тождество
Pl +Р2 +рз + ^ = Р1Р2рЗ 4" <7Р1р2 + <7р2Рз+ <7р3р1-
Это значит согласно (5), что точки рь р2, рз и Q принадлежат одной
окружности. Но тогда, зная точки Рь Р2 и Q, можно построить точку Рз-
Другими словами, если известны две соприкасающиеся окружности, прохо-
дящие через точку Q, то можно построить и третью соприкасающуюся ок-
ружность, проходящую через точку Q.
Если q > 0, то из (21) заключаем, что два корня р2 отрицательны и один
положителен. Предположим, что 0<<7<С1. В этом случае функция
127
f(p) = p3 + 3p2q — 3p — q
удовлетворяет следующим условиям:
f(—со)= —оо, Н-1)=2(1+<7)>О, f(0)=-q<0, f(l)=2 (q-l)<0,
f (+ co)= 4-00.
Таким образом, корни уравнения (Я) при 0<^<1 находятся в интерва-
лах
— оо<р|< —1, —1<р2<0, 1<рз<оо.
Это значит, что если точка Q находится в первой координатной четвер-
ти, то Р\ находится в третьей, Р2 — в четвертой, а Р3 — во второй. Итак,
точки Р|, Р2, Рз, Q эллипса находятся по одной в каждой координатной
четверти.
Рассмотрим случай, когда окружность касается эллипса в двух точках.
Для этого положим в соотношении (5)	= /3 = /4 = у, 2(« + ^) =
= 2u2v + 2uv2.
Отсюда находим	(uv — l) = 0.
Таким образом, либо v == — и, либо v — Это значит, что обе точки ка-
сания симметричны либо относительно оси х, либо относительно оси у.
Из уравнения (4) следует, что
.	2Ьп
u~^~v а2 4-2am 4-s **
Если точки касания симметричны относительно оси х, то и4-^ = 0 и п = 0.
Но согласно (4) имеем, что
^2^2^- Q2 —2am 4-S
а2 4-2am 4“ s
Следовательно,
a2 —2am4-s
а2 4-2am 4-s ’	}
Если числитель и знаменатель дроби одного и того же знака, то и при-
нимает положительное значение. Следовательно,
(a2 — 2ат + s) • (а2 + 2ат + $) > О,
или
(a2 + s2) — 4a2m2>0.	ч (23)
Итак, если обе точки касания симметричны относительно оси х, то п = 0
и коэффициенты sum связаны соотношением (22). Учитывая (21), получаем:
(a2 + $)2>4a2m2, r2 = m2 — s.
Отсюда
(а2 + т2 — г2)2 > 4a2m2,
128
или
а4 + т4 + г4 — 2а2 т2—2a2r2—2m2t2>Q.
(23')
Далее, из (4) находим:
и2 + у2+4ыу =
4d2—2az+2s
a2+2m+s
„2_ a2—2b2—s
a2+2am+s
Из системы уравнений (22) и
и s, а именно
(24) находим по значению и значения т
2 I ।__2а2—2Ь2+2ат
'	a2~i-2am-^s
Ы4_1=	-1^.. .
a2-j-2am-j-s
После почленного деления находим:
2 t	2am
U — 1 —П---2---- •
6 —a —am
и окончательно:
_ (»а—о*)(л*—1)
т~ ' а(л2+1)
ИЛИ
(24)
(25)
(26)
где л?о — абсцисса точки касания. Но а2 — Ь2=с2, поэтому
2
т = ех0,
где е эксцентриситет эллипса.
Нетрудно подсчитать радиус г этой окружности:
2	b2(a2 — e2xl)
г =------а?---•
Итак, уравнение окружности, касающейся эллипса в точках (х0; уо)
и (х0; —уо), имеет вид:
(Х_^о)2+у2=-^^-.	(27)
Аналогичным образом можно составить уравнение окружности, касаю-
щейся в двух точках и и Х-, симметричных относительно оси у. В этом
случае согласно (4) имеем:
а2—2am-\-s ।
a2+2am+s
5 Зак. 2710 3. А. Скопец
129
Отсюда находим, что т=0. Далее, 2( и-|——) = I*/* , откуда следует:
\ И / Cl S
. 1 2tm
«Н---
и
а2 + $
(28)
Наконец,
“2+4+р
462 — 2а2 + 2s
a2-|-s
откуда находим:
Из системы уравнений
^2	1 4b2 — 6а2 — 2s
(28)
и2	a2 + s
и (29) находим п и s:
(29)
«=-^•«/0.	(30)
После упрощений получаем:
Если это значение подставить в (28), то найдем s:
2 С2 2
s=—a2—p-z/g.
Но r2 = n2 — s. Поэтому
.2__С4 9 । о2 । С2 9 г2___a2 (h4i„2tl2\
—~^гУь-гО' -г-дгУь, г	+с Уо).
Следовательно, уравнение искомой окружности имеет вид:
/	2	\ 2	2
^2+(у+-р-i/o) =^г(Ь4 + с2уо).
(31)
(32)
В заключение остается еще выяснить, какой вид имеют уравнения окруж-
ностей, которые касаются эллипса в двух комплексно-сопряженных точках.
130
_ В этом случае, когда u + v=0> должно выполняться еще u=v, где
и — число, комплексно-сопряженное с и. Следовательно, u=~v и
Это значит, что и — чисто мнимое число: u = ia, v~—ia.
Окружность должна пройти через эти точки и иметь уравнение вида
*24~У2—'2тх + $ = 0.	=
Но	I
__а(1-и2) _ а (I-Ь а2)
Х°“	1+и2	“	1—а2	;
есть абсцисса точки касания. Очевидно, I х01 > а. Абсциссу центра находим 5
из формулы (25):
'	m = e2xQ.	:
Однако ввиду того, что г2>0, имеем согласно (27)
a2 —e2x2>0,	I
или	'
I y I	°2	\
х° <С е2 , I Хо I <С е — с .
Итак, положительная абсцисса точки касания заключена в следующем |
интервале:	*	:
а2	
асхо< —,
а для соответствующей абсциссы центра имеем:	'
,2	о а2
аег<т<е2 —,
с
или
c*e<zm<Zc.	(33)
Уравнение искомой окружности имеет вид (27):
(х-m)*+/ = у( «’-£).
или после преобразований:
(х —m)2 + y2=-~-(c2 —zn2),	,	(34)
где т определяется из (33).
Если же обе точки касания симметричны относительно оси (/, то у =
v = u. Отсюда и>и = 1. Это значит, что
u = cos ф + z sin ф.
5*
131
~	2bu	26 (cos ф-Н sin ф)
Следовательно, r/o=-r"i—r=“r;--------2—-- “2 ,	♦-------
1 -f>COS2 ф—Sin2 ф4-2« Sin ф COS ф
Отсюда согласно (30) находим абсциссу центра:
COS <р
(35)
(36)
(37)
b cos ф
Из полученного уравнения видно, что
р-< |п| < оо.
Уравнение искомой окружности имеет вид (32):
x’+ig-nf =
где п определяется из (36).
Остается, наконец, выяснить, когда г=0.
Согласно (34) находим т=±с. Это значит, что две окружности нуле-
вого радиуса касаются эллипса соответственно в двух комплексно-сопря-
женных точках, если центры этих окружностей совпадают с фокусами эл-
липса. Но в таком случае окружности распадаются на пары мнимых
(изотропных) прямых:
у = ±1 (х — т\
проходящих через фокусы эллипса.
Итак, пара мнимых касательных к эллипсу, проходящих через его
фокус, представляет собой окружность нулевого радиуса, состоящую из
одной вещественной точки — фокуса эллипса.	с;
Рассмотрим, наконец, окружности, проходящие через две точки эллицса
и касающиеся его в третьей точке.
Пусть fi=p, t2 = q, h = h — l. Тогда согласно (5) имеем:
p + <7 + 2/ = 2pv/+(p + v)/2.
Из полученного квадратного уравнения находим:
(р + ?) /2 + 2 (Р<?-1)/-(р + <7)=0,
. р<?— 1 ±У(рр— 1)2+(р+<?)2
Р+<7
I = (Р<7-1)±л/рУ+рг+<72+1 _ (р<?~ 1)±л/(р2 + 1)(<?2+1)
P + q	p + q
Полученные значения / всегда вещественны. Итак, через две точки эл-
липса проходят две окружности, касающиеся его в двух других точках.
Следует, однако, заметить, что /1/2= — 1- Это значит, что точки касания
симметричны относительно центра эллипса. Касательные к эллипсу в точках
касания с окружностью параллельны и вместе с хордой PQ одинаково
наклонены к осям эллипса.
132
КООРДИНАТЫ. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ~
ВЕКТОРНО-КООРДИНАТНОЕ ЗАДАНИЕ
НЕКОТОРЫХ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ПЛОСКОСТИ
И ПРОСТРАНСТВА
Элементы векторной алгебры имеют разнообразные применения в школь-
ном курсе геометрии. Многие вопросы теории (перпендикулярность, вы-
числение углов и расстояний, введение координат и др.) изучаются посред-
ством векторов.
Ниже рассматривается цикл задач, в которых в векторной форме ре-
шается вопрос о задании не только линейных преобразований, но и нели-
нейных преобразований — квадратичных преобразований плоскости и
пространства. Поиск подобных задач и применение векторов для их реше-
ния сводятся к составлению систем уравнений с векторными переменными
и решению таких систем. Трудности алгебраического характера, геометри-
ческое истолкование полученных решений позволяют на достаточно элемен-
тарном учебном материале овладеть векторными методами и приложениями
векторов, столь важными при решении многих задач механики и физики.
В ряде случаев сочетание векторов с координатами делает полученные
решения более удобными в вычислительном отношении, в геометрической
оценке полученных результатов.
I.	Центральная симметрия ZM задается своим центром М. Если О — на-
чало и ZM(x)=y, то XM=MY, OM—OX—OY—OM. Отсюда находим
0Y=20M — ОХ. В дальнейшем для краткости букву О опустим. Окон-
чательно получаем формулу центральной симметрии
Y=2M-X.	(О
Формула (1) задает центральную симметрию на плоскости и в простран-
стве (в зависимости от того, какое множество эта симметрия отобра-
жает на себя).
II.	Параллельный перенос задается парой соответствующих точек:
А и В=Н(4). Если а(Х) = Г, то XY=a и У-Х=а.
Отсюда
Y = X + a, а=АВ.	(2)
Композиция переносов а и b есть перенос а+ 6.
133
Действительно, согласно (1) (Y=X-{-a, Z=Y -\-b)=^(Z = X-\-(a-\-b)).
—
Композиция двух центральных симметрий ZM и ZN есть 2MN.
В самом деле,
ZM'.Y = 2M-X\ Zn;Z = 2N — Y-
Отсюда
Z = X+2N-2M или Z = X+2MN.
III.	Если М — центр гомотетии с коэффициентом k, то
MY = kMX, k^O.
Имеем:
Y — M = k(X — M),
откуда получаем:
Y = kX + (\-k)M.	(3)
Рассмотрим композицию двух гомотетий с различными центрами:
HkM: Y=kX+(l-k)M, k^=\-
z=/y+(l-/)iv, l^\.
Имеем:
Z=klX + ((l-k)lM+(l-l)N).	(4)
Пусть kl=£\. Тогда	,
z=kix^-ki^l~k^-1^.
Ho	,	.
(/—fe/)TH4-/1 —ДУ_rnM-\-nN, m + n—\.
Это значит, что mM-\-nN = P, где P — точка, принадлежащая прямой
MN. Следовательно,
Z = klX + (i-kl)P.
Далее, если MP — XPN, то
Н м+хм/ 1	х	\
Р— Г ~Г Л	ТТТ==:П ) ,
14-х \ 14-Х	14-х	/
/ bl	I
где гп—-—Но 7.=-------1, поэтому
1—	kl	т	J
<5>
134
Итак, композиция двух гомотетий HkM и Н'м еСть при гомоте-
тия с коэффициентом kl и центром Р, принадлежащим прямой MN, причем
точка Р делит отрезок MN в отношении Л, определяемом формулой (5).
Если kl=\, то из (4) получаем:
Z=X + (1-/)M/V.
В этом случае имеем перенос а, равный (1 — l)MN и отличный от тожде-
ственного преобразования. И только при £/= 1, M = N получаем тождествен-
ное преобразование.
Нетрудно заметить, что при /г= — 1 формула (3) принимает вид (1),
т. е. гомотетия с коэффициентом, равным —1, есть центральная симметрия.
Остается добавить, что формула (3) задает как гомотетию плоскости,
так и гомотетию пространства.	,	J
IV.	Чтобы получить формулы осевой симметрии плоскости, достаточно !
задать ось симметрии I своей точкой М и перпендикулярным к оси вектором
п(п=/=б). Если Sz(X)=y, то	|
(XY = kn,	'
1моЛ1-п=О, где	j
Систему уравнений можно	переписать	так:	j
| Y-X = kn,	j
|	j
Из	первого	уравнения	умножением	скалярно на* п получим: ।
। .	Y-n=X‘n-\-kn2.	I
Подставим полученное значение Y-n во второе уравнение:	|
2M-n-X-n-(X-n + kn2)=0.	|
Отсюда
kn2 = 2(M-n-X-n) и
Искомая формула осевой симметрии плоскости имеет вид:	|
~	(6) J
”	i
Если п—единичный вектор, то п2 = 1. Если, кроме того, ось / симметрии i
проходит через начало О, то можно положить М = О и М = О. В этом |
случае формула (6) принимает более простой вид:	|
Y=X—2(Х-п)п.	(7) j
Обращаем внимание на то, что формулой (6) задается также сим- |
метрия относительно плоскости,31 определяемой своей точкой М и вектором и,
135
перпендикулярным^ этой плоскости. Если плоскость симметрии проходит
через О, а вектор п единичный, то плоскостная симметрия задается форму-
лой (7).
V.	Поворот плоскости вокруг начала координат можно получить как
композицию осевых симметрий S/ и Sr, 1(]Г=0, /±п, Г±т.
Имеем:
У=Х-2(Х-п)п, Z = r-2(y-m)m.
Отсюда находим формулу для поворота /?о плоскости вокруг точки О:
Z^X—2(X-n)(n^2(rh-n)rh)—2(X-rn)rh1 <p==2(m п).	(8)
Формула (8) показывает, что при т-п=/=0 имеем Sz,°S/=/=S/°Sz,.
Перестановочность симметрий возможна лишь тогда (при /=/=/'), когда
/^.и=0, т. е. когда оси I и Г перпендикулярны*
Если полагать, что (7) задает плоскостную симметрию, то (8) задает
поворот пространства вокруг оси р, перпендикулярной единичным векто-
рам тип.
Неподвижные точки поворота (8) найдем из дополнительного условия
Z = X.
Из (8) получаем:
(Х-п)(п —2 (m-n) m)4-(X-m) m = 0.
Отсюда
(X-m —2 (m-n)(X-n)) m+(X-n) n=6.
Но векторы тип линейно независимы, поэтому
X-m —2 (m-n)(X-n)=0, X-n=0.
Из этих условий следует:
Х-т=0, Х-п = 0.
В случае поворота плоскости неподвижная точка будет Х=б, т. е. начало
О. Для пространства получаем X-Lm, X_Ln, т. е. множество точек X
есть прямая р, проходящая через начало О перпендикулярно векторам
тип.
Если в формуле (8) вместо X подставить X-f-a, то получим общую
формулу поворота плоскости вокруг центра или пространства вокруг оси.
VI.	Формуле осевой симметрии плоскости можно придать другой вид,
если ось I задать своей точкой М и направляющим вектором а.
В этом случае имеем:
АУ-а=0, -|-(Х + Г)-М = /га.
Умножим второе равенство скалярно на а, получим:
Х.а4-У.а-2Л1.а=2Ла2.
136
Но из первого равенства следует (У—X)-a=Q, или Y-a = X-a.
Следовательно, k =	.
а2
НоХ+У—2M = 2ka, поэтому
Y^-X+^X‘3-M^ а + 2М.	(9)
Формулой (9) задается осевая симметрия пространства.
Если принять, что а2 = 1, а ось / проходит через точку О, то М = б
и формула (9) принимает простой вид:
Y=-X + 2(X-a)a.	(10)
VII.	Произвольное перемещение первого рода пространства, как известно,
можно получить как композицию двух осевых симметрий, причем одну из
осей симметрии можно провести через наперед заданную точку.
Если осью /' задается осевая симметрия Sr, /'||6, &2=1, то
Z=-Y+2(Y-b-M-&fi+2M.	(11)
Подставив в (11) вместо Y его значение из (10), получим общую
формулу перемещения первого рода пространства:
Z==X-2(X.a)a + 2((^X + 2(X.a)a)-fe-M.fe)& + 2Ai.	(12)
При общих предположениях формулой (12) задается винтовое пере-
мещение, частные виды которого — поворот вокруг оси, перенос и тожде-
ственное преобразование. Для общего случая требуется, чтобы векторы
а, 5 и М не были компланарными. Чтобы получить поворот вокруг оси,
необходимо положить Л4=б, но считать векторы а и b неколлинеарными.
VII'. Чтобы получить формулу преобразования подобия плоскости (пер-
вого рода), необходимо в формулу (8) на место X подставить kX, где
k—коэффициент гомотетии (/г#=0).
Если такую подстановку сделать в формуле (7), то получим подобие
второго рода плоскости. В обоих случаях центр подобия совпадает с
точкой О.
Если же X заменить на kX-\-a, то получим формулы преобразования
подобия плоскости в общем виде.
VIII.	Полученные формулы можно применить к решению различных
задач.
Задача 1. Дана прямая I (Л1, п), где п±/, и точка X, Найти вектор
Хо, где Хо — проекция точки X на прямой /, и расстояние d= |ХоХ|. Вы-
числить это расстояние для случая, когда прямая I задана своей точкой и
направляющим вектором.
Решение. Воспользуемся формулой (6). Очевидно,
Хо=^-(Х+П	’
137
следовательно,Х=Хо+4~ ((М —Х)«п) п.
п2 \
Отсюда d = | адI =	.
Ini
Если перейти к координатам
Х=(х,; yr, г,), Я=(Л; В), \п\=^/А2 + В2,
то получим:
J __ М(х—Х|)+5(у—У|)1
V/F+в7 ‘ ч
Положив АХ] +Ву\ = — С, найдем известную формулу:
? _1Ах+Ву+С\
-^А2+В2
где Ax-j-ByA-C=0 — уравнение оси симметрии.
Аналогично получаем формулу для вычисления расстояния от точки
X (хи у\\ Zi) до плоскости Ax-\-ByA-CzA-D — Q:
d^\Ax+By+Cz + D\
V^2+s5+c5
Если прямая / дана своей точкой М и направляющим единичным
вектором а, то согласно (9) найдем проекцию Хо точки X на ось /:
Х0==((Х-М)-а)а+М.
Расстояние от точки X до прямой / находим по формуле
d=|X-((X-M).a)a-Af|.
Задача 2. Найти множество точек пространства, каждая из которых
равноудалена от двух данных скрещивающихся прямых.
Решение. Пусть прямые Ц и /2 заданы своими точками Mi и М2 и
единичными направляющими векторами а и 5. Если [Л1|М2] — общий
перпендикуляр данных прямых, а О — середина отрезка Л1|Л<2, то Af2 =
= —Mi=M, М>а=0, М-Ь = 0.
Имеем:
4=((Х-М)-((Х-М)-а) а)2,
4=((Х+Л1)-((Х+М)-Я) F)2.
По условию задачи d2 = d2, т. е.
((X-M)-((X-Af).a) а)2=((* + М)-((Х + МИ) Г)2.
Отсюда
4M-X+(X-H)2-(X.fe)2 = 0.
138
Если Х=(х; у, z), Af=(O; 0; 1), a=(cos a; —sin а; 0), b— (cos a; sin а; 0),
то при sin 2а=/=0 векторы а и b неколлинеарны. Последнее равенство прини-
мает вид
4z + (x cos а — у sin а)2 —(х cos а + У sin а)2=0.
После упрощений получим уравнение искомого множества точек:
xy = 2pz,
где p = sin 2а.
Мы получили уравнение седловидной линейчатой поверхности второго по-
рядка, которую называют гиперболическим параболоидом. Угол между векто-
рами а и b равен 2а.
Задача 3. Даны три гомотетии HAl HlB, Н™ с различными центрами
и не равными единице коэффициентами гомотетии. Выяснить, как располо-
жены точки Л, В и С и какова зависимость между k, I и т, если выпол-
няется равенство
U D /1	/1 D U
Решение. Для сокращения выкладок будем считать, что А — О. Тогда
НА: Y=kX; HlB: Z = lY+(\—Г) В; Н%: T=mZ+(\-m)C.
Отсюда получаем, с одной стороны,
T=m(l (JH)+(1 — Z) В)+(1 —m) С,
а с другой —
Я”: F1 = mX+(l-m)C; Н1В. ^=^+(1-1)8, HkA: Ti=kZi,
откуда
fj = k (/ (mX+(l -m) C) + (l -/) B).
Ho Ti = 7\ поэтому
klmX + kl(l — m) C + k (1 — l)B = klm % + m (1 —/) B+(l —m) C.
После упрощений последнее равенство принимает вид:
( — klmA-kl + m — 1) <?+(£ — kl — В = 0,
или
(fe/-l)(l—m) C + (*-m)(l —/)В = 0.
По условию задачи m=#l, /=#1, C#=0, B=#0. Поэтому если &/=/=!, то и
k=£m, и векторы В и С коллинеарны, т. е. точки Л, В и С принадле-
жат одной прямой. Если же kl= 1, то и = и точки Л, В и С произвольно
расположены на плоскости.
Задача 4. Записать в координатах формулы осевой симметрии плоско-
сти и плоскостной симметрии пространства.
Решение. Воспользуемся формулой (6). Положив
Х=(х; у), У(х'; /), п = (Л; В), ЛЬЯ=-С,
139
получим:	Г х'=х___2А	,
|	2В(Ах+Ву+С)	(6')
I У ~У А2+В*
Здесь Ах+Ву+С=0 — уравнение оси симметрии.
Если формулу (6) рассмотреть как задание симметрии относительно
плоскости, то
Х=(х; у; г), У=(х'; у'; z'), п=(А; В; С), М-п ——D
и координатные формулы плоскостной симметрии принимают вид:
у/_„ ZAtAx+By+Cz+D)
Х ~Х	А2 + В2 + С2	’

. 2В (Ах-\-Ву-\-Сг-\-Р)	/с/, ।
У ~У	А*+&+’(?	’	1 '
2C(Ax+By+Cz + D)
Z ~Z	Аг+В2+С2	
Здесь Ax^By-\-Cz + D=0 — уравнение плоскости симметрии.
IX.	Векторы удобно также применить при задании преобразований
плоскости и пространства, отличных от перемещений и подобий.
Рассмотрим несколько преобразований плоскости и пространства такого
вида.
Задача 1. Даны две точки А и В. Для каждой точки Х£(АВ)
строим точку У, такую, чтобы для треугольника АВХ точка Y была орто-
центром (точкой пересечения высот). Изучить отображение %Ху.
Решение. Рассматриваемое отображение имеет смысл при условии,
что Х^(ЛВ). Далее, f — f~\ так как образом точки У является точка X.
Следовательно, изучаемое отображение f задано на множестве точек плос-
кости (или пространства), отличных от точек прямой АВ, причем на этом
множестве отображение обратимо; кроме того, f2 = E, что является след-
ствием инволютивности: f_,==f32.
Пусть О — середина отрезка АВ. Тогда Л4-В = 0; далее, из того, что
Х^(ЛВ), следует, что векторы Л и X неколлинеарны, и поэтому
У=аЛ + Р%.	(13)
Из условия задачи следует:
(Л + У).(У-Л)=0 (ВХ±ЛУ).
140
, Очевидно, что последние два равенства необходимы для вычисления
а и 0. Из (13) умножением на А и X находим:
( Л-У=аЛ2 + 0Л-Х,
(X-Y=aA-X+^X2.
Но A-X=A-Y, X'Y=A'X—A-Y-f-A2, поэтому получаем систему
(A-X=aA2 + fiA-X,	или (А2а+А-Х£=А-Х,
1аА-Х+0Х2=А-Х—А-Х+А2 I А-Ха + Х2$=А2.
Отсюда
а
₽
А-Х(Х2-А2)
Д2Х2-(4-Х)2
(Д2)2-(Л-Х)2
Л2Х2-(Л-Х)2
(14)
Легко видеть, что в (14) знаменатель отличен от нуля, так как векторы
А и X неколлинеарны. Итак, отображение f имеет вид:
р  (X2 - А2) (А-Х)А —((Я - X)2 - (Я2)2) X
(15)
(16)
(17)
А2Х2-(А-Х)2
Формуле (15) можно придать другой вид:
у=х-	(л2х-(Я-х) л).
____А?'Х?-(А-Ху
Вектор М=А2Х— (Л»Х)Л отличен от нулевого, так как векторы Л и
X неколлинеарны. Поэтому (16) можно переписать так:
у=Х-^М.
' м-х
Если положить Af=|Al|Mo, то
Y=X—¥=£-М0, .
Мо-Х
где Мо — единичный вектор, перпендикулярный А, так как
М.А=А2(А-Х)-(А-Х)А2=0.
(18)
В силу инволютивности преобразования можно записать:
—	— у2___Д2 ->
(180
Afo* У
Если М-Х-|-у=0 — произвольная прямая плоскости, отличная от (ОА),
то ее образ имеет уравнение
(Л/-У)(Мо-У)-(У2-Л2)Мо-Л/+уМо-У=0.	(19)
Чтобы перейти к координатам, положим:
A = al, Mo — J, Y=xi+yf, W=ai + 0/.	1
141
Уравнение (19) принимает вид:	(ах + 0£/)у—(х2+у2 — а2) Р+ту=О„
ИЛИ
— Рх2Н-аху + уг/Н-а2р = 0.	(19')
Если а=/=0, то уравнение (19') можно преобразовать к виду
(ах + у) (арх — а2у — ру) = (а,2а2—у2)р.	(20)
При Р(а2а2 — у2)=/=0 уравнение (20) есть уравнение гиперболы с асимпто-
тами ах + у = 0, арх—а2у — Ру —0.
В частности, если прямая I проходит через начало О, то у=0 и уравнение
гиперболы принимает вид:
х(рх —ау) = а2р.
Одна из асимптот совпадает с осью у, а вторая перпендикулярна
отображаемой прямой ax + pi/ = 0.
Прямые, перпендикулярные (ЛВ), отображаются на себя, а прямые,
параллельные (ЛВ), отображаются на параболы рх2 — уу — а2р = 0.
Рассмотренное преобразование f является квадратичным преобразова-
нием плоскости, так как оно отображает прямые общего положения на
кривые второго порядка. Все кривые имеют две общие точки Л и В и общее
асимптотическое направление, параллельное оси у.
Аналогичное квадратичное преобразование можно изучать в простран-
стве.
Задача 2. На плоскости даны две фиксированные точки О и Л.
Изучить отображение X—Y плоскости, которое отображает точку X на
точку У, диаметрально противоположную точке X на окружности ОАХ.
Решение. Положим:
'	У = а% + рЛ.	(21)
Из условия задачи следует:
1(Л-Х)(Л-Г)=0	М2=л-Х+Л-Р.
Если (21) умножить скалярно на X и А, то получим:
	( аХ2 + 0Л-Х=О, 1 аЛ-Х + 0Л2=Л2-Л-Х.
Отсюда находим аир:	= (А2-А-Х)А-Х	= _ • (А2-А-Х)Х2 “	(А-Х)2-А2-Х2 ’ Р	(А-Х)2-А2-Х2
и (21) принимает вид:	Y= /2-4.jL ((Л -X) Х—Х2А).	(22) (А-Х)2-А2Хг
142
Если A=i, X=xi-}-yj, Y—x'i+y'j, то Л2=1, A-X=x, X2=x2~t~y2 и
fx'=-^-(x2 — x2—y2),
I
I /	1 — X
{У=-^ХУ>
Образами прямых ах+0у-]-у = О являются крйвые второго порядка
Р%2 — аху — 0х+(а + у) у=О,
проходящие через точки 0(0; 0), Л(1; 0), имеющие общее асимптоти-
ческое направление, параллельное оси у.
Классическим примером инволютивного квадратичного преобразования
плоскости с удаленной из нее точкой О является инверсия / относительно
окружности W (О, /?). Точку X инверсия I отображает на такую точку Y, что
OX-OY = R2, OY=kOX,
или, короче,
X-Y=R\ Y=kX.
Из условий (24) находим R2 = kX2, откуда k = -^~ и
Y=^X, X=^-Y.
X2	Y2
Прямую	— 0 инверсия отображает на окружность
R2N-Y+yY2=0,
(24)
(25)
(26)
если у=И=О, и на прямую при у = 0. Окружность, очевидно, проходит
через точку О, так как У—0 удовлетворяет уравнению (26).
Окружность (26) можно представить также уравнением вида
(yY+^-N)2=^N2.	(27)
Нетрудно, например, доказать, что угол между прямыми равен углу
между соответствующими им окружностями. В самом деле,
«. •^+?1 =0-^(у1У+-=-у> «1 = 1,
2
«_2,Х + У2 = 0-^у2У + -у «2) =-7. «2 = 1.
Косинус угла между нормальными векторами прямых равен П\-П2.
143
Косинус угла между окружностями также равен П1*/г2, так как
2'2 \
2М
= П{ *п2.
Остается заметить, что формулы преобразования инверсии (25) сохра-
няют свой вид и для случая, когда инверсия рассматривается в пространстве
относительно сферы.
Координатные формулы преобразования инверсии имеют соответственно
х2+у2 ’ У з^+у2 ’
(28)
= R2y г' = R2z -
x2+y2+z2 * У x2H-i/24-z2 ’	x2 + y2 + z2 *	*	'
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ СИММЕТРИИ ПРОСТРАНСТВА В ЗАДАЧАХ
В курсе планиметрии преобразованиям центральной и осевой симметрии
уделяется много внимания. На основе этих преобразований изучаются па-
раллельность и перпендикулярность прямых, перемещения плоскости, до-
казывается ряд конкретных теорем.
В курсе стереометрии различают три вида симметрий: .центральную (S4),
осевую (Sa) и плоскостную (S).
Ниже приведена серия задач, решения которых основаны на свойствах
симметрий пространства и их композиций. Чтобы облегчить понимание
приведенных решений, мы стремились в первую очередь решить задачи, в
которых требуется рассмотреть одну или несколько симметрий, но не их ком-
позиции. Лишь в последних трех задачах применяются композиции сим-
метрий.
Заметим, что некоторые из задач можно решить короче традиционными
средствами, не прибегая к преобразованиям симметрии. Однако в ряде слу-
чаев метод преобразований более эффективен.
Задача 1. Прямые центрального пучка прямых25, лежащих в плос-
кости а, принимаются за оси симметрий. Найти множество образов точки М
при указанных симметриях.
Решение. Центр О пучка при симметрии относительно любой оси х из
этого пучка отображается на себя, а точка М — на Мх, причем [AfAfx] П
Пх=Мо, |ММх|=2|Л4Мо| и (ММх±х) (рис. 1). Тогда |0Мх| = |0Л1|
и Мх£х\, где Х\ = Н2м(х). Точка Мх принадлежит пересечению со сферы о с
центром О и радиусом |OAf| и плоскости а\ = Н2м, Искомым пересечением
является окружность со.
Возьмем произвольную точку М^со: [A4A4J f|a = A4', (ОМ')=у. Не-
трудно доказать, что My = Sy (М) (рис. 2).
2
Действительно, М' = Н2 (Му\ точка О\ = Н2М(О) принадлежит со, тогда
О1Л4рЛ4 = 90°. А в силу параллельности прямых у и О\МУ прямые у и ММУ
перпендикулярны.
144
Если (MO) ±а, плоскость ai касается сферы о, окружность со вырожда-
ется в точку, симметричную М относительно а.
Задача 2. Доказать, что объединение двух скрещивающихся прямых
представляет собой фигуру, имеющую три оси симметрии.
Решение. При симметрии с осью /, содержащей общий перпенди-
куляр прямых а и Ь, каждая из этих прямых отображается на себя, т. е.
/ — ось симметрии объединения прямых а и Ь.
Через середину L общего перпендикуляра [АВ] прямых а и b проведем
плоскость X, параллельную а и Ь. Спроектируем ортогонально эти прямые
на плоскость X. Пусть прямые а\ и Ь\ — полученные проекции (рис. 3). До-
кажем, что оси симметрий тип прямых а\ и Ь\ являются осями сим-
метрий прямых а и 6. В самом деле, при симметрии Sm прямая / отобража-
ется на себя, а тбчкр А — на точку В. Так как осевая симметрия сохраняет
параллельность прямых, то прямая а, проходящая через точку А и парал-
лельная прямой aj, отображается при Sm на прямую, проходящую через точ-
ку В и параллельную прямой &|, т. е. на прямую Ь. Аналогично и Sn(fl)=b.
Таким образом, прямые /, т и п — оси симметрий объединения пря-
мых а и Ь.
Задача 3. Дана замкнутая ломаная ABCDA. Доказать, что при ус-
ловиях |AB| = |CD|, |BC| = |DA| ломаная обладает осевой симметрией.
Выяснить истинность обратного утверждения.
Решение. Треугольники BAD и DCB конгруэнтны по трем сторонам
(рис. 4). Если М — середина отрезка ВО, то [АА4]	[С7И] (соответствен-
ные медианы в конгруэнтных треугольниках конгруэнтны).
Пусть точка N — середина отрезка АС и N^M. Тогда (MN) —ось
симметрии отрезка АС. Аналогично можно показать, что (AfW) — ось сим-
метрии отрезка BD.
При симметрии с осью MAf, проходящей через-середины отрезков АС и
ВО, ломаная ABCDA отображается на ломаную CDABC, т. е. на себя.
Если же M = N, то данная ломаная плоская, имеющая центр симмет-
рии. Прямая, проходящая через этот центр перпендикулярно плоскости
ломаной, есть искомая ось симметрии.
’ Обратное утверждение очевидно, если ось симметрии проходит через се-
редины отрезков АС и ВО.
145
Задача 4. Доказать, что четырехгранный угол Sabcd, у которого
(^b)==(c^d\ (j^c)=(d^a\ обладает осевой симметрией.
Решение. На ребрах данного угла отметим соответственно точки
А, В, С и D так, что [5Л] = [SB] == [SC] = [SO] (рис. 5). Из конгруэнтнос-
ти треугольников ASB и DSC, ASD и BSC следует, что \АВ | = \DC\ и \AD \ =
= |ВС|. Но тогда ломаная ABCDA имеет ось симметрии /, которая прохо-
дит через середины отрезков АС и BD (см. задачу 3).
Так как точка S равноудалена от точек Л, В, С и О, то она является
центром сферы, проходящей через эти точки. При симметрии с осью / эта
сфера отображается на себя. Следовательно, ось I проходит через точку
S и является осью симметрии угла Sabcd.
Задача 5. Для того чтобы плоскость, проходящая через вершину уг-
ла, была равнонаклонена к его сторонам, необходимо и достаточно, чтобы
она проходила через биссектрису данного угла или через биссектрису угла,
смежного с данным. Доказать.
Доказательство, а) Плоскость а проходит через биссектрису
[ОМ) угла АОВ (рис. 6). При симметрии с осью (ОМ) плоскость а отобра-
жается на себя, а луч О А — на луч ОВ. Так как осевая симметрия есть
перемещение, то угол луча ОА с плоскостью а равен углу образа луча ОА с
образом плоскости а, т. е. углу луча ОВ с плоскостью а.
146
Если плоскость проходит через биссектрису угла ВОА\, смежного с углом
АОВ, то по доказанному она равнонаклонена к лучам [ОД |) и [ОВ), а значит,
равнонаклонен а к [ОД) и [ОВ).
б) Плоскость а проходит через вершину О угла АОВ и равнонаклонена
к лучам ОД и ОВ, причем лучи ОД и ОВ лежат в разных полупространствах
с границей а (рис. 7).
Спроектируем ^данный угол на плоскость а ортогонально? Получим угол
А'ОВ' и АОА' = ВОВ' (по условию). Если [ОМ) —биссектриса угла А’ОВ',
то при симметрии с осью (ОМ) луч О А отображается на луч ОВ (докажите!),
т. е. плоскость а проходит через биссектрису ОМ угла АОВ.
Пусть плоскость а равнонаклонена к лучам ОД и ОВ и лучи лежат в
одном полупространстве с границей а (рис. 8). Если ОВ'—дополнение
луча ОВ до прямой, то лучи ОД и ОВ' лежат в разных полупространствах
с гранйцей а и плоскость а равнонаклонена к ним. Тогда а проходит через
биссектрису угла АОВ’.
З а дача 6. Две пересекающиеся прямые одинаково наклонены к
плоскости а, причем их точка пересечения принадлежит а. Доказать, что
плоскость р, содержащая данные прямые, пересекает а по прямой т, яв-
ляющейся осью симметрии данных прямых.
Решение. Обозначим точку пересечения прямых а и b буквой О, О£а.
На прямой а имеем лучи ОА и OAt, на прямой b — лучи ОВ и OBi (рис. 9).
Так как плоскость а равнонаклонена к сторонам угла BOAi, то она про-
ходит через ось симметрии т этого угла (см. задачу 5). Но ось сим-
метрии угла ВОД| лежит в плоскости р=(а, Ь). Следовательно, аПР = /п-
Задача 7. Плоские углы BSC, CSA, ASB трехгранного угла SABC рав-
ны соответственно а, р и у. Доказать, что если биссектриса угла ASB
перпендикулярна р4бру SC, то а + Р= 180°. Сформулировать и доказать об-
ратное предложение.
Решение. Пусть I — прямая, содержащая биссектрису угла ДВВ
(рис. 10). Тогда при симметрии с осью I луч SC отображается Hia луч
SCi, дополняющий луч SC до прямой, а луч SB — на луч ВД. При этом
ВВС|=ДВС = Р и CSB + BSC[ =а + р = 180°.
147
Обратное предложение. Плоские углы BSC, CSA, ASB
трехгранного угла SABC равны соответственно а, 0, у. Доказать, что
если а4-0=180°, то биссектриса угла ASB перпендикулярна ребру SC.
Доказательство. При симметрии с осью /, содержащей биссектри-
су угла ASB, луч ВЛ отображается на [SB), a [ВС)— на [SCi), причем
Л5С=^5С1=0. Тогда 6SB + BSC, =а+0 = 180°, т. е. CSCi—прямая.
Следовательно, (SC)±/.
Задача 8. Дан правильный тетраэдр ABCD, точки М и N — сере-
дины его ребер АС и BD. Доказать, что любая плоскость, проходящая
через прямую MN, делит тетраэдр на равновеликие многогранники.
Решение. Пусть а — произвольная плоскость, проходящая через пря-
мую МЛ\ Каждый из многогранников, на которые плоскость а делит тетраэдр
ABCD, есть пересечение тетраэдра и полупространства с границей а.
Симметрия с осью (MN) отображает тетраэдр ABCD нВ себя и плоскость
а нВ себя, причем каждое из полупространств с границей а отобража-
ется на другое. Тогда при симметрии с осью (MN) многогранники конгру-
энтны, а значит,- и равновелики.
Задача 9. Доказать, что биссектрисы двух плоских углов трехгранно-
го угла и биссектриса угла, смежного с третьим плоским углом, лежат в
однбй плоскости.
Решение. В трехгранном угле SABC лучи I и т — биссектрисы углов
ЛВВ и BSC (рис. 11). Плоскость а=(/, т) проходит через биссектрисы
углов ASB и BSC. Поэтому она равнонВклонёнВ к лучам ВЛ и SB, SB и SC
(задача' 5). Значит, плоскость а равнонаклонена к лучам ВЛ и SC. Кроме
того, лучи ВЛ и ВС лежат в одном полупространстве с границей а.
Следовательно, а проходит через биссектрису угла, смежного с углом ЛВС.
Задача 10. Доказать, что биссектрисы углов, смежных с плоскими
углами трехгранного угла, лежат в одной плоскости.
Решение. Дан трехгранный угол SABC. Дополним луч ВЛ до прямой
ЛВЛ1 и рассмотрим трехгранный угол SAiBC.
Пусть тип — биссектрисы углов AtSB и Л|ВС. Тогда плоскость
а= (т, п) проходит через биссектрису / угла, смежного с углом BSC (за-
дача 9), т. е. /cz (т, п).
148
Задача 11. Грани двугранного угла пересечены прямой. Доказать, что
если эта прямая одинаково наклонена к плоскостям граней, то ребро
двугранного угла равноудалено от точек пересечения данной прямой с
гранями.
Сформулировать и доказать обратное предложение.
Решение. Дан двугранный угол а/0. Прямая т равнонаклонена к
плоскостям аир, т(]а=А, т(]$ = В (рис. 12). Докажем, что прямая I равно-
удалена от точек А и В.
Воспользуемся симметрией относительно плоскости о, делящей пополам
данный двугранный угол:
S«(a)=p; 5Я(Л)=Л1; Л,€р; S«(B)=B,; B^a; [ЛВ]П[Л|В,]=О, Обо.
Плоскость а равнонаклонена к прямым АВ и В\А i. Пользуясь задачей
6, нетрудно доказать, что эта плоскость параллельна прямой п, делящей
пополам угол AOAt. Аналогично р||п. Но тогда и плоскость ЛВЛ1 пересе-
кает а и р по прямым ABi и AtB, параллельным прямой I.
Так как Sa(/) =1, а Sa(ABi) = (ЛiB) и /|| (ЛВ1) || (А\В), то расстояние от
любой точки прямой ЛВ1 до прямой I равно расстоянию от любой точки
прямой А\В до прямой I.
Замечание. Параллельность прямых /, ЛВ| и А{В можно доказать
на основе свойств наклонных, проведенных к плоскости из одной точки.
Прямые 6А и ОВ\ наклонены к плоскости а под одним и тем же углом,
следовательно, |ОЛ| = |OBj|. Но в силу симметрии относительно плоскости
а расстояния | О А | и |ОЛ1| также равны. Поэтому |ОЛ | = |ОЛ1| = I ОВ | =
= |OBi| и четырехугольник AAtBBt — прямоугольник. Тогда прямые ЛВ| и
Л[В параллельны прямой I.
Обратное предложение. Грани двугранного угла пересечены
прямой. Доказать, что если ребро двугранного угла равноудалено от то-
чек пересечения этой прямой с гранями, то данная прямая равнонаклонена
к плоскостям граней.
Указание. Предварительно докажите, что замкнутая ломаная AMNB,
у которой |АМ| = |АВ| и Am)V=BAM=90°, имеет ось симметрии (рис. 12).
149
3 а д а ч а 12. Через вершину О прямого трехгранного угла Oabc внутри
его проведен луч d. Доказать, что
(d?a) + (O) + (^)< 180°.
Решение. Обозначим через а, Ь и с прямые, содержащие лучи а,Ьис
соответственно,^ через dj, d2 и d3 лучи, симметричные лучу d относительно
прямых а, 6 и с. Тогда
_S-coSs(d2)=S-c(d)=d3.
Поскольку прямые b и с перпендикулярны, то S;oSg=Ss, т. е. Sa(di) = d3.
Кроме того, S-(d)=di. Следовательно, (d^cti)=(d^'d3).
Аналогично доказывается, что (^7^|)=(^^Йз) и (^7^з)=(^ь^2)-
Учитывая полученные равенства, будем иметь:
(0)+(0)+(0)=4-(01)+4-(^)+т(^з)=
= ~(№> ^з) + (*Л, </з) + (^Ь^Й2))-
Лучи di, d3 и d3 — ребра трехгранного угла Odidzd3. Поэтому (ЗС^2) +
+(C^3)+(Oi)<360°. А значит, (0)+(0)+(<0)< 180°.
Задача 13. Даны центральные симметрии $л и SB и плоскостная
симметрия Sa. Доказать, что равенство
*	5ло5а°5л = 5во5ао5в, А=/=В
является необходимым и достаточным условием параллельности прямой АВ
и плоскости а.
Решение. Достаточность. Проведем через А прямую и, пер-
пендикулярную a, n[]a = N. Композиция о = 5ло£ао£л отображает п и каж-
дую проходящую через п плоскость у на себя. Отображение у на себя
есть перемещение о। второго рода, причем О| (п) = п. Ввиду того что oi (Л1) =
—>	—>
— Ль где NA ==ЛЛ1, то О| — осевая симметрия Sap где а{ проходит через А\
перпендикулярно п. Итак, о есть симметрия относительно плоскости pi,
проходящей через Л| параллельно а, причем 5л(а) = рь
Аналогично o=5floSaoSB = Sp, где р2 = рь причем SB(a) = p2. Поскольку
5Л и SB отображают а на Pi, то (ЛВ)||а.
Необходимость. Даны плоскости а и точки Л, В, причем (ЛВ)||а.
По вышедоказанному имеем:
5л°5а°5л =	B°Sa°S в = Sp2,
где р1 = 5л(а), p2 = SB(a). Но из условия (ЛВ)||а следует pj =р2, а поэтому
Зло£ао£л = SBoSaoSB.
Задача 14. Даны две перпендикулярные скрещивающиеся прямые
а и b и точки Х\у Х2, такие, что Xj=Sa(X), X2 = Sb(X), где X — произволь-
ная точка пространства. Найти множество середин отрезков Х|Х2.
Решение 1. Если Xi=Sa(X), то X==Sa(Xi), и поскольку X2=Sb(X),
150
TO X2 = SftoSa(Xi). Но Sa==SaoSy =
= SvoSa(a±y, а = аПу, а||Ь,- 4-Lb),
S6 = SpoS6 = SsoSp(p±6, & = 6ПТ).
Тогда Sb-Sa = S6-Sp-Sv-Sa = S6-S0,
где О есть точка пересечения трех по-
парно перпендикулярных плоскостей
a, р, у. В то же время О есть точка пе-
ресечения общего перпендикуляра с
прямых а и b с прямой а.
Следовательно, X2 = S6oS0(Xi) или.
S0(X1) = X0, S6(XO)=X2 (рис. 13).
Прямые Х2Х0, X0Xi и с лежат в од-
ной плоскости. Получаем, что пря-
мая с проходит через середину О сто-
роны Х0Х\ треугольника Х2Х0Х\ и параллельна его третьей Стороне ХоХ2.
Значит, середина отрезка XiX2 принадлежит прямой с.
Итак, если точка М — середина отрезка Х^Х2, то она принадлежит об-
щему перпендикуляру прямых а и Ь.
Обратное утверждение также верно.
Вывод: множество середин отрезков XiX2, где Xi=Sa(X), X2 = Sb(X),
а и b — скрещивающиеся перпендикулярные прямые, X — произвольная
точка пространства, есть общий перпендикуляр прямых а и Ь.
Решение 2. Ортогональное проектирование л на плоскость а, пер-
пендикулярную общему перпендикуляру с данных прямых а и Ь, отобразит
их на две перпендикулярные пересекающиеся в точке О прямые а\ и Ь\.
Тогда любая точка X пространства отобразится при л на Хь Xi = Sa(X) ото-
бразится на Xf, X2 = Sb (X) — на Х2, причем прямая а\ будет осью симметрии
точек Xi и Xi, а прямая bi — осью симметрии точек Х2 и Х2. Следовательно,
X'2 = S'b<>S'a(X'{) ИЛИ X$ = So(Xl).
Отсюда следует, что О — середина отрезка Х[Х2. По свойствам парал-
лельного проектирования заключаем, что множество середин отрезков Х|Х2
при параллельном проектировании л отображается на точку О, Но на точ-
ку О при л отображается общий перпендикуляр прямых а и Ь, откуда и за-
ключаем, что середины отрезков XiX2 принадлежат прямой с.
комплексные чис;
метод КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ В ПЛАНИМЕТРИИ
Большое значение комплексных чисел33 в математике и ее приложениях
широко известно. Особенно часто применяются функции комплексного
переменного. Их изучение имеет самостоятельный интерес. Вместе с тем
алгебру комплексных чисел можно успешно использовать в элементарной
геометрии, тригонометрии, теории геометрических преобразований, а также
в электротехнике и различных задачах с механическим и физическим со-
держанием.
Метод комплексных чисел позволяет решать планиметрические задачи
по готовым формулам прямым вычислением, элементарными выкладками.
Выбор этих формул с очевидностью диктуется условиями задачи и ее тре-
бованием. В этом состоит необычайная простота этого метода по сравнению
с координатным, векторным и другими методами, требующими от решающе-
го порой немалой сообразительности, длительных поисков, хотя готовое ре-
шение может быть очень коротким.
В данной статье излагаются основы метода комплексных чисел в при-
менении к задачам элементарной геометрии на плоскости.
Геометрическая интерпретация комплексных чисел.
Длина отрезка
При заданной прямоугольной декартовой системе координат на плоскос-
ти комплексному числу z=x + ^(*2 = — 1) можно взаимно однозначно по-
ставить в соответствие точку М плоскости с координатами х, у (рис. 1):
z—x-}-iy++M (х, у)++М (г).
Число z тогда называют комплексной координатой точки М.
Поскольку множество точек евклидовой плоскости находится4 во взаим-
но однозначном соответствии с множеством комплексных чисел, то эту плос-
кость называют также плоскостью комплексных чисел. Начало О декартовой
системы координат называют при этом начальной или нулевой точкой пло-
скости комплексных чисел.
При у = 0 число z действительное. Действительные числа изображаются
152
точками оси х, поэтому она называется
действительной осью. При х = 0 число z
чисто мнимое: z=iy. Мнимые числа
изображаются точками оси у, поэтому
она называется мнимой осью. Нуль —
одновременно действительное и чисто
мнимое число.
Расстояние от начала О плоскости
до точки М (z) называется модулем
комплексного числа z и обозначает-
ся |z| или г:	-
|z| =r= | ОМ | —-^/х2^-!/2.
Если ф — ориентированный угол,
образованный вектором ОМ с осью х, то по определению функций синуса
и косинуса	. и	х
J	Sin ф = у-, COS ф = —,
откуда x = r cos ф, у —г sin ф, и поэтому z=r (cos ф + z sin ф).
Такое представление комплексного числа z называется его тригонометри-
ческой формой. Исходное представление z—x-\-iy называют алгебраичес-
кой формой этого числа. При тригонометрическом представлении угол ф
называют аргументом комплексного числа и обозначают еще через arg z:
ф=а^ z.
Если дано комплексное число z=x-\-iy, то число z=x—iy называется
комплексно-сопряженным (или просто сопряженным) этому числу z. Тогда,
очевидно, и число z сопряжено числу z. Точки М (z) и М\ (z) симметричны
относительно оси х (рис. 2).
Из равенства z=z следует у=0 и обратно. Это значит, что число, рав-
ное своему сопряженному, является действительным и обратно.
153
Точки с комплексными координатами z и —z симметричны относитель-
но начальной точки О. Точки с комплексными координатами z и —z сим-
метричны относительно оси у. Из равенства z——z вытекает х=0 и об-
ратно. Поэтому условие z=—z является критерием чисто мнимого числа.
Для любого числа z, очевидно, |z| = |z| = | —z| = | —z|.
Сумма и произведение двух сопряженных комплексных чисел являются
действительными числами: z + z = 2x, zz = x2-}-y2 = \z\2. *
Число, сопряженное с суммой, произведением или же частным комплекс-
ных чисел, есть соответственно сумма, произведение или же частное чисел,
сопряженных данным комплексным числам:
zi+z2 = zi + z2, ziZ2=Zi-z2, zr.z2 = zi:z2.
Эти равенства можно легко проверить, пользуясь формулами для опе-
раций над комплексными числами.
Каждой точке M(z) плоскости взаимно однозначно соответствует век-
—>
тор ОМ. Поэтому комплексные числа можно интерпретировать векторами,
приложенными к точке О. Сложению и вычитанию комплексных чисел
отвечает сложение и * вычитание соответствующих им векторов. Именно
если а и b — комплексные координаты точек А и В соответственно, то
число с = а-}-Ь является координатой точки С, такой, что ОС = ОАА~ОВ
([)ис. 3)^. Комплексному числу d = a — Ь соответствует такая точка О, что
оЬ=оа-ов.
Расстояние между точками А и В равно |ВЛ| — |О£>| = |а —&|:
. \AB\ = \a — b\.	(1)
Так как |z|2 = zz, то
|ЛВ|2=(а-6)(а-й).	(2)
Уравнение zz — r2 определяет окружность с центром О радиуса г.
—>
Отношение 4£=А, (A,=# — 1), в котором точка С делит данный отрезок АВ,
СВ
выражается через комплексные координаты этих точек так:
Ь — с
откуда	.	(3)
1 -j- X
Если положить = а и	то
1 “I- Л	1 “I- Л
с =	+ а + Р=1, а = а, р = р.	(4)
Условия (4) необходимы и достаточны для того, чтобы точки А, В, С
были коллинеарны.
При А,= 1 точка С является серединой отрезка АВ и обратно. Тогда
с=-^-(а + Ь).
154
Пусть имеем параллелограмм ABCD. Его центр имеет комплексную
координату (а + с)=у- (b + d) при условии, что точки Л, В, С, О имеют
соответственно комплексные координаты a, b, с, d. Если не исключать
случай вырождения параллелограмма, когда все его вершины оказываются
на одной прямой, то равенство
a+c=b+d	!	(5)
является необходимым и достаточным условием того, чтобы четырехуголь-
ник ABCD был параллелограммом.
Задача 1. Точки М и N — середины диагоналей АС и BD четырех-
угольника ABCD. Доказать, что
|ДВ|2-Ь |ВС|2-Ь |СО|2 + ЩЛ|2= |ЛС|2-Ь |ВП|2 + 4 1А1Л/12.
Решение. Пусть точкам Л, В, С, D, М, N соответствуют комплексные
числа а, Ь, с, d, m, п.
Так как m=y(a-f-c) и n=-^-(b-}-d), то |АВ|2 + IВС|2 + | С£>|2 + \DA |2 =
—(a —b) (a—b)A-(b — c) (b — c) + (c—d) (с—d)+(d — d) (d — a) =
==2	bb -р сс -J- dd)—(ab -I- ab be be -|” cd -Е cd -j- du -I- dd),
\AC\*+\BD\2 + 4 |JWAr|2==(a —c)(a — £)+(fe-—d) (6 —d) + 4_(m-—п)_(т--й)==
=(aa+bb + cc + dd)~ (ac + acj- bd + bd) +(a+c —_b — d)(a + c — b — d) =
= 2 (aa-\-bb + cc -±dd) — (ab + ab + bc-\-bc)+(cd + cd + da^da).
Равенство доказано.
Задача 2. Доказать, что если в плоскости параллелограмма ABCD
существует такая точка М, что |МЛ |2+ I А1С|2 = |МВ|2 + |MD|2, то ABCD —
прямоугольник.
Решение. Если за начальную точку принять центр параллелограм-
ма ABCD, то при принятых ранее обозначениях с——a, d=—b,w поэтому
данное в условии равенство будет эквивалентно равенству aa — bb, которое
означает, что диагонали параллелограмма равны, т. е. он прямоугольник.
Задачи для самостоятельного решения
1.	Доказать, что сумма квадратов диагоналей четырехугольника равна
удвоенной сумме квадратов отрезков, соединяющих середины противополож-
ных сторон.
з
2.	Доказать, что сумма квадратов медиан треугольника равна у суммы
квадратов его сторон.
3.	Доказать, что расстояние от вершины С треугольника АВС до точки D,
симметричной центру описанной окружности относительно прямой АВ,
вычисляется по формуле
\CD\2 = R2+\AC\2+\BC\2-\AB\2,
где R — радиус описанной окружности.
155
4.	Даны два параллелограмма ABCD и A\B\C\D\. Доказать, что точки,
делящие отрезки AAi, ВВ\> СС\, DD\ в одном и том же отношении, служат
вершинами параллелограмма.
Параллельность и перпендикулярность.
Коллинеарность трех точек
Пдсть на^плоскости комплексных чисел даны точки А (а) и В (&). Векто-
ры ОА и ОВ сонаправлены тогда и только тогда, когда arga = argfe,
т. е. при arg a —arg 6 = arg-£-=0 (при вычитании комплексных чисел из
аргумента делимого вычитается аргумент делителя!).
Очевидно также, что эти векторы направлены противоположно в том
и только в том случае, если arg a — arg b = arg -^= ±л. Комплексные
числа с аргументами 0, л, —л являются действительными.
Итак, для того чтобы точки А (а) и В (6) были коллинеарны с начальной
точкой О, необходимо и достаточно, чтобы частное -%- было действительным
О
числом, т. е.	а а - -
,или ab=ab.	(6)
Это равенство является критерием коллинеарности точек О, А, В.
Так как в этом случае числр	действительное (k=k), то кри-
терий (6) эквивалентей такому:
a = kb, k=£Q, k — k.	' .j
Возьмем теперь Точки A (a), В (ft), C (c), D (d). Векторы BA и DC колли-
неарны тогда и только тогда, когда точки, определяемые комплексными
числами а — b и с—d, коллинеарны с началом О.
На основании (6) имеем:
AB\\CDo(a—b)(c — d)=(a—Ъ)(с — d).	(8)
В частности, когда точки А, В, С, D принадлежат единичной окружности
zz = 1, то а=-^-, ft—с=-^~, d=-^~, и поэтому условие (8) принимает вид:
АВЦС£> о ab=cd.	(9)
Коллинеарность точек А, В, С характеризуется коллинеарностью век-
—>	—>
торов АВ и АС. Используя (8), получаем:
(а—Ь) (а—с)=(а — Ь) (а—с).	(10)
Это критерий принадлежности точек А, В, С одной прямой. Его можно
представить в симметричном виде:
a (b — c)+ft (с—а)+с (а—Ь)=0.	(11)
156
Если точки А и В принадлежат единичной окружности zz=l, то а=—
< а ’
6=-|-, и поэтому каждое из соотношений (10) и (11) преобразуется (после
сокращения на а — Ь) в такое:
с+а6с = а + 6.	(12)
Точки А и В фиксируем, а точку С будем считать переменной, переобозна-
чив ее координату через z. Тогда каждое из полученных соотношений (10),
(11), (12) будет уравнением прямой АВ\
(a—b) z+(b — a) z+ab — ba=0,	(10а)
z+abz = a + b.	(12а)
В частности, прямая О А имеет уравнение az = az.
Переходим к выводу критериев перпендикулярности отрезков. Ясно, что
ОА 1.ОВ о arg a— arg 6 = arg -у-= ±у-.
Комплексные числа с аргументами у- и —являются чисто мнимыми.
Поэтому	/
од±ов^>4-=—
ь ь
или
0A1.0Boab+ab=G.	(13)
Отрезки АВ и CZT перпендикулярны тогда и только тогда, когда векторы
точек с комплексными координатами а — Ь и c — d перпендикулярны. В си-
лу (13) имеем:
AB±CDo(a-b)(c-d)+(a-b)(c-d) = 0.	(14)
В частности, когда точки Д, В, С, D принадлежат единичной окружности
2z = l, то зависимость (14) упрощается:
AB±CDoab + cd = 0.	(15)
Выведем уравнение касательной к единичной окружности zz=\ в ее
точке Р(р). Если М (z) — произвольная точка этой касательной, то OP-LMP
и обратно. На основании (14) имеем:
р(р — z)+p(p—z)=o,
или	_	_	__
pz + pz=2pp.
Поскольку рр=1, то уравнение касательной становится таким:
pz-^-pz — 2.	(16)
Это частный случай уравнения (12а) при а=Ь=р.
157
Решим еще две вспомогательные задачи, необходимые для решения
содержательных геометрических задач.
Задача 1. Найти _координату точки пересечения секущих АВ и CD
единичной окружности zz=l, если точки Л, В. С, D лежат на этой окруж-
ности и имеют соответственно комплексные координаты a, b, с, d.
Пользуясь уравнением (12а), получаем систему
f z + abz = a + b,
1 z -f“ cdz = с -р d,
из которой почленным вычитанием находим:
ab — cd	' '
В том частном случае, когда хорды АВ и CD перпендикулярны, в силу
(15) ab=—cdy и поэтому результат (17) приводится к виду
откуда
z=l-(a + b + c + d).	(18)
В этом случае точка пересечения определяется только тремя точками
Л, В, С, так как d= ——, и, значит,
с
г=^а+Ь+с-^').	(19)
Задача 2. Найти комплексную координату точки пересечения касатель-
ных в точках Л (а) и В (Ь) единичной окружности zz = l.
Для искомой координаты z имеем систему
f az + az = 2,
I fez + bz = 2,
из которой находим:
z==2(a-b). _
ab — ab
Поскольку a=—, b=—, то получаем окончательно:
z=-^-, или	—p_L\	(20)
a + b	z 2\ a b J	v 7
Покажем теперь метод комплексных чисел в действии, применяя его
к доказательству классических теорем элементарной геометрии.
Теорема Ньютона. В описанном около окружности четырехуголь-
нике середины диагоналей коллинеарны с центром окружности.
158
Доказательство. Примем центр окружности за начало, полагая
ее радиус равным единице. Обозначим точки касания сторон данного четы-
рехугольника AqBoCoDq через А, В, С, D (в круговом порядке) (рис. 4).
Пусть М и N — середины диагоналей ДаСо и BqDq соответственно. Тогда
согласно (20) точки До, Во. Со, Do будут иметь соответственно комплексные
координаты:
2ad * 2ab	2bc < 2cd
do——:—t > do — ; 7“, Co *7 ;	>	>
a-\-d	a-\-b b c	c~\~d
где a, by c, d — комплексные координаты точек A, В, C, D.
Поэтому
(00 + ^0)=^+-^, «=—(&о+^)=Т£г+7+7-
вычисляем —• Поскольку a=—, 6=-|~, c=—, d—-^-,
n (b + c)(d+a)	_ J a	b c d
то непосредственно видно, что —=^т На основании (6) точки О, М, N кол-
п п.
линеарны.
Теорема Гаусса. Если прямая пересекает прямые, содержащие
стороны ВС, СА, АВ треугольника АВС соответственно в точках Дь В\, С\,
то середины отрезков ДД)( BBi, CCi коллинеарны (рис. 5).
Доказательство. Используя (11), запишем условия коллинеар-
ности троек точек АВ\С, СА\В, ВС\А, А\В\С\-.
a (bi — с)Д-&1 (с—а)+с (a — bi)=0,
c(ai—-Z>)4-ai (ft — c)+b(c — Oi) = 0,
b (ci — a)4-ci (a — b)+a (b—ci)=0,
ai (bi— ci) + &i (Ci— ai)4-ci (ai— &i) = 0.	(21)
Если M, N, P — середины отрезков AAi, BB\, CC\, то предстоит показать,
что
m (n—p)-j-rt(p — m)+p (tn — n) = 0.	(22)
'	159
Так как m==j-(a + ai), n=^r(b + b\), p=-l-(f-|-cI), то доказываемое
равенство (22) эквивалентно такому:
(« —|— <21) (& + Ь\—с—Г1)+(& + &1) (^+ci —а — ^i)+(^+ri) (#+#1 — b — Ь\)=0,
или после перемножения:
a(bi — c)+a(b — Ci) + ai (bi — Ci)+ai (b — c)+
+ & (г 1 —а)+Ь (с — Ui)+6i (ci —ai)+6i (с—а) +
+ с (ai — b) + c (a — bi)+ci (ai —Fi)H-Ci (а — 6) = 0.	(23)
Теперь легко видеть то, что (23) получается почленным сложением ра-
венств (21). Доказательство закончено.
Теорема Паскаля. Точки пересечения прямых, содержащих про-
тивоположные стороны вписанного шестиугольника, лежат на одной прямой.
Доказательство. Пусть в окружность вписан шестиугольник
ABCDEF и (ЛВ)Пф£)==М, (ВС)П(£^)=ЛГ, (СО)П(РЛ) = Р (рис. 6). Примем
центр окружности за нулевую точку плоскости, а ее радиус — за единицу
длины. Тогда согласно (17) имеем:
-	fl+Z>--(<*+*) -b + c-(e+f) - c+d-{J+a)
‘ ab—de ’ " bc-ef ’ p cd-fa *
Вычисляем
- _ ~ __Jb —e) (bc—cd+de—ef+fa—ab)
(ab-de) (bc-ef)
и аналогично
"	(bc-ef) (cd-fa)
Далее находим:
m — n (b —ef(cd — fa)
n—p (f.— c) (ab—de)'
160
чисто мнимое.
• Для каждой точки N(z)
2(а—о)	4 '
Поскольку числа a, b, с, d, е, f равны соответственно -~, -i-, —, —,
—, -р, то устная проверка обнаруживает, что найденное выражение
е I
совпадает со своим сопряженным, т. е. является действительным числом.
Это означает коллинеарность точек М, N, Р.
Теорема Монжа. Во вписанном в окружность' четырехугольнике
прямые, проходящие через середины сторон и каждой диагонали перпенди-
кулярно противоположным сторонам и соответственно другой диагонали,
пересекаются в одной точке. Она называется точкой Монжа вписанного
четырехугольника.	s
Доказательство. Серединные перпендикуляры к сторонам че-
тырехугольника ABCD пересекаются в центре описанной окружности,
который примем за начальную точку. Для каждой точки M(z) серединного
Z--+
перпендикуляра к [АВ] число —------
а — b
В частности, при z = 0 оно равно —
прямой, проходящей через середину стороны CD перпендикулярно (АВ),
z-~(c+d)
число ---—----- необходимо будет чисто мнимым и обратно. Но для
г=Д-(а + 6-|-с+ d) оно равно	т- е- чисто мнимое. Следовательно,
точка Е с комплексной координатой -“-(a-f-b + ^+d) лежит на указанной
прямой. А это выражение симметрично относительно букв a, b, с, d. Поэтому
и. остальные пять аналогично построенных прямых содержат точку Е.
Задачи для самостоятельного решения
1.	Доказать, что диагонали четырехугольника перпендикулярны тогда
и только тогда, когда сумма квадратов двух его противоположных сторон
равна сумме квадратов двух других противоположных сторон.
2.	Доказать, что если средние линии четырехугольника равны, то его
диагонали перпендикулярны и обратно.
3.	Доказать, что прямая, содержащая основания двух высот тре-
угольника, перпендикулярна радиусу описанной окружности, проведенному
в третью вершину.
4.	Доказать, что точки пересечения прямых, содержащих стороны
треугольника, с касательными к описанной окружности в противополож-
ных им вершинах коллинеарны.
Углы и площади. Критерий принадлежности
четырех точек одной окружности
Условимся обозначать символом (АВ, CD) положительно ориентирован-
—>•
ный угол, на который надо повернуть вектор АВ, чтобы он стал сонаправлен
6 Зак. 2710 3. А. Скояец	161
с вектором CD. Если ОР — АВ и
—>	—>-
OQ = CD, то точкам Р и Q соответст-
вуют комплексные числа Ь — а и d — с
(рис. 7) и
а—(АВ, CD}~arg(d—с) — arg(Z>— а) =
=	(24)
Эта формула в применении к поло-
жительно ориентированному треуголь-
нику АВС дает:
Д = агд^=^,	C = arg^=^.	(25)
& Ь — а	с — Ь	& а —с	' '
Если z — r (cos ф--Н sin ф), то z=r (cos ф—i sin ф). Отсюда
cos ф=—tf-, sin<p= -*—- .	(26)
т 2 |z| f 2i|z|
/Z\ d —с d —с
Тогда cosHfl. =	.
2| rf~с|	2 ,d~с| |6~о|
так как (b — a) (b—-а)— |6 — а\2.
Итак,
cos (AeCcD)= {d~C)2\d-^^a\^~'a)~ •		' (27)
Аналогично находим:
'sin (AB^CD) =-^--с№-с)(Ь-а)	(28)
v	7	2i\d-c\\b-a\	v 7
Выведем формулу для площади S положительно ориентированного
треугольника АВС\
Х=^-|ЛВ| |ЛС| sin (ЛВ, л"с)=^-((с-а)(6-а)-(6-а)(с-а))=
= ~—<0 + 6 (с —а) + с (а—&)),
ИЛИ *	I
S=^-(a(b-c)+b(c-a)+c(a^-b)),	(29)
что можно записать в виде определителя третьего порядка34:
S=T
а а 1
ЬЪ 1
с с 1
(30)
162
Если треугольник АВС вписан в окружность zz=l, то формула (29)
преобразуется к виду
(a-b)(b-c)(c-a)	/О1Ч
4 abc ’	(31)
Для площади S положительно ориентированного четырехугольника
ABCD имеем:
5=^-|ЛС||ВС| 5т(ЛсГвР)=^((й-Ь)(^-Н)-(с-а)(3-&)). (32)
Если четырехугольник ABCD вписан в окружность zz—l, то (32) при-
нимает вид:
q ♦ 1 (с—a) (d — 6) (ас — М)
“ 4/ abed •	(33)
Три произвольно взятые точки всегда принадлежат либо одной окруж- •
ности, либо одной прямой. Критерии принадлежности трех точек одной
прямой рассмотрены выше. Теперь докажем критерий принадлежности
четырёх точек одной окружности или прямой.
Возьмем четыре произвольные точки Д, В, С, D соответственно с
комплексными координатами a, b, с, d. Комплексное число
__а —с . a — d  (а — с) (b — J)
W b — c'b — d	(b — c)(a—d)	(34)
называется двойным отношением точек Д, В, С, D и обозначается (ДВ, СО).
Порядок точек существен.
Теорема. Для того чтобы четыре точки лежали на одной прямой
или на одной окружности, необходимо и достаточно, чтобы их двойное
отношение было действительным числом.
Доказательство. Если точки Д, В, С, D коллинеарны, то отно-
шения и —действительные числа (см. условие (10)). Следова-
тельно, в этом случае будет действительным и двойное отношение (34).
Если точки Д, В, С, D лежат на окружности, то рассмотрим два воз-
можных случая: 1) точки С и D находятся в одной полуплоскости от
прямой ДВ; 2) точки С и D находятся в различных полуплоскостях от
прямой ДВ. В первом случае ориентированные углы ВСА и BDA равны,
во втором случае ВС\4 + дБв= ±л, т. е. ВСД — вВд= ±л. В обоих случаях
разность (СВ, С А) — ( £)В, DA) равна нулю или ±л. Но поскольку согласно
(24) эта разность равна
а — с	а — d / а — с а—d \
arg —-arg arg(	= argco,
то co — действительное число.
Обратно: если двойное отношение четырех точек действительно, то эти
точки или коллинеарны, или принадлежат одной окружности. В самом деле,
6*
163
тогда если т—у — действительное число, то и -—— действительное чис-
Ь—а	о — а
ло. Поэтому точки А, В, С коллинеарны и точки А, В, D коллинеарны, и,
значит, все четыре точки коллинеарны. Если же число комплексное,
a — d	«	.-г
то и число -—- также комплексное, отличное от действительного. Поэто-
ft— а
му точки Л, В, С неколлинеарны и точки Л, В, D также неколлинеарны.
Taj< как по условию двойное отношение со вещественно, то
(а — с a — d\	л _ a — d ( п
argl- «7—т) = аг§т---------arg-—Т= i и’
&\ft — с Ь — d/	b — c	b — d ( -Нл.
Следовательно, либо BCA=BDA, либо ВСА — BDA=±n, т. е. ВСЛ +
4-ЛОВ=±л. В первом случае отрезок ЛВ из точек С и D виден под
равными углами, и, стало быть, они принадлежат одной дуге окружности,
стягиваемой хордой ЛВ. Во втором случае сумма противоположных углов
четырехугольника ACBD равна и поэтому он будет вписанным в
окружность. Доказательство закончено.
Задача 1. В окружности проведены три параллельные хорды ЛЛЬ ВВ|,
СС\. Доказать, что для произвольной точки М окружности прямые МА\,
МВ\, МС\ образуют равные углы соответственно с прямыми ВС, СЛ, ЛВ.
Решение. Принимая окружность за единичную, отнесем точкам Л, В,
С, Л|, Bi, Ci комплексные числа а, 6, с, b\, Ci. Тогда по условию (9)
параллельности хорд имеем aa\ = bbi = сс\. Следует доказать, что
(МЛЬ СВ)=(МВ1, СЛ)=(МС1,ВЛ) (рис. 8).
Первое равенство эквивалентно такому:
Ь — с	а —с
arg-----= arg г----,
„	at — m & b\ — m
ИЛИ
& (a — c)(at — m)
т. e. эта дробь должна быть числом действительным. А это имеет место,
поскольку сопряженное ей число
(c—b) (m — bt) аа\  (b — c) (Ь\ — т)
(с—а) (т —at) bbt	(a—c)(ai —m)
равно этой же дроби. Аналогично доказывается и второе равенство углов.
Задача 2. На плоскости даны четыре окружности оь d2, о3, о4 так,
что окружности О| и 02 пересекаются в точках Л^ и В\\ окружности о2 и о3 пе-
ресекаются в точках Л2 и В2, окружности о3 и о4 — в точках Л3 и В3 и ок-
ружности о4и oi — в точках Л4 и В4. Доказать, что если точки Ль Л2, Л3, Л4
лежат на одной окружности или прямой, то и точки Bi, В2, В3, В4 также
лежат на одной окружности или прямой (рис. 9).>
164
Решение. Согласно теореме этого параграфа и условию задачи
действительными двойные отношения:
будут
£11—0,2 . —Ь\	(12 — ЛЗ.Д2 — ^2
С1)12=_---(О23=Т-----------------—-7-----7“,
02— (12 &2 — 01	Оз—Цз Оз—02
аз — а4.а3 — Ьз „ __a4 — di,d4 — b4
0*34=7----—’•7----7“ , СО41 —7---Т".-----Г” •
О4 — d4 04— Оз	0\—£Z| d\—04
Поэтому будет действительным и число
(012* й>34  / —(12 • dl —О4 \	— Ь2 . Ь} — b4 \
tt>23*tt>41 \ d3—d2 d3 — d4 / \ 63 — 62 Ьз — Ь4 /
= (Л1Лз, Л2Л4) (B|Z?3, B2B4),
Следовательно, из вещественности двойного отношения (Л1Л3, Л2Л4) вы-
текает вещественность и двойного отношения (Bi/3'з, В2В4).
Задачи для с амосто ятельно г о решени я
1. Доказать, что прямая, соединяющая середины двух сторон четырех-
угольника, отличного от трапеции, образует равные углы с двумя другими
сторонами.
2. Доказать, что если диагонали вписанного в окружность четырех-
угольника перпендикулярны, то ортогональные проекции середин его сторон
на прямые, содержащие противоположные стороны, лежат на одной ок-
ружности.
Подобные и равные треугольники. Правильный
треугольник
Треугольники АВС и А\В\С\ подобны и одинаково ориентированы (по-
добие первого рода), если только |Л 1В11 — k |ЛВ|, |Л 1C11 =k |ЛС| и
В\А\С\=ВАС (углы ориентированные).
165
Эти равенства с помощыр комплексных чисел можно записать так:
|ai — bi | =k |а—6|, |а, —cd |а—€|, arg£—— = arg-£—-
bi—ai ° b — a
Два равенства
|С1 —Д11
|6i —ai I
k —al
\b — a\
и arg
ci — a i __
b\ — ai
arg
c—a
b — a
эквивалентны одному
или
Ti —Qi c — a
bi— ai b — a ’
Ci — ai bi —ai
	—	-— Q
c — a--------b — a
(35)
где a — комплексное число, |о| ==k — коэффициент подобия.
Если, в частности, о — число действительное, то о =	——=
с—а
= %~-g-L и на основании признака (8) будет (ЛС)||(ЛiG). По такой же
с —а
причине (ЛВ)||(ЛiBi) и (BC)||(B|Ci). Следовательно, треугольники АВС и
Л|В|С1 гомотетичны.
Соотношение (35) — необходимый и достаточный признак того, что
треугольники АВС и Л1В1С1 являются подобными и одинаково ориенти-
рованными. Ему можно придать симметричный вид?
abiA-bctA-cai=baiA-cb\+ac\,	(36)
или
Л
a ai 1
b bi 1
CCi 1
=0.
(37)
Треугольники АВС и AiB|C| подобны и противоположно ориентированы
(подобие второго рода), если и только если |Л1В| | =k |ЛВ|, 1Л1С11 =k |ЛС|
и В|Л|С|=—ВАС. Последнее равенство дает:
arg£j—2l— _arg£_A — arg _c_a_
& *i-ai	& b—a & ь-а
Два равенства
ki—ail	k — a|	Ci—ai arg 77	L= & bi— ah	c—a b— a
\bi-ai\	\b —al		
эквивалентны одному	Ci—a.		 c—a	
	bi—ai	b — a	
166
где о — комплексное число, |а| =k — коэффициент подобия.
Соотношение (38) есть необходимый и достаточный признак того, чтс
треугольники АВС и А\В\С\ подобны и ориентированы противоположно.
Его можно записать в симметричной форме:
abi + bci+ca^bai+cbi+aci	(39)
или же так:
(40)
Если |о| = 1, то треугольники АВС и А\В\С\ будут равны (конгруэнтны).
Тогда соотношения (35) и (38) становятся признаками равенства треуголь-
ников соответственно одинаковой и противоположной ориентаций.
Рассмотренные признаки подобия треугольников позволяют обосновать
простой способ построения произведения и частного двух комплексных
чисел. Пусть даны точки А, В, Е с комплексными координатами a, ft, 1 и
требуется построить точку М с координатой z = aft. Тогда, очевидно,
^~о^=={~о' * Это Равенство говорит о том, что треугольники ОЕА и О ВЛ
подобны и одинаково ориентированы. Отсюда и вытекает способ построения
точки М, соответствующей произведению ab (рис. 10).
Обратно: если даны точки М и А соответственно с координатами ab
и а, то точка В, соответствующая частному этих чисе.к строится на основании
тех же подобных треугольников.
Обращаем внимание читателя на один важный частный случай. Если
|а| = 1, то точка М будет образом точки В при повороте около нулевой
точки на угол q> = arga.
Если потребовать, чтобы ориентированный треугольник АВС был подобен
ориентированному треугольнику ВС А, то треугольник АВС необходимо
будет правильным. Поэтому из условия (36) получаем необходимое и до-
статочное условие того, чтобы треугольник АВС был правильным:
a2 + ft2 + c2 = aft + ftc + ca,	(41)
или «
(а - b)2 + (ft ~ с)2 + (с - а)2 = 0.	(42)
Введем в употребление комплексное число 8 = cos—-+zsin , являюще-
еся одним из корней уравнения z3=l, другие два корня которого равны 1
и 82 = 8 = со8^- —zsin у-, | в | = | е21 = 1. По теореме Виета для кубического
уравнения г3 — 1—0 имеем 1+^ + е2 = 0. Это легко проверить и непосред-
ственно. Тогда равенство (41) будет эквивалентно такому:
(ае + fts2 + с) (as2 + fte + с) = 0,
167
или после умножения первого трехчлена на е2:
(a-h^e + ce2) (ae2 + fee + ^) = 0.	; г (43)
Итак, для того чтобы треугольник АВС был правильным, необходимо
и достаточно выполнения хотя бы одного из равенств:
а + 6е + ££2 = 0	(44)
или же
аЕ2 + 6е + ^ = 0.	(45)
Оказывается, первое из этих равенств соответствует только тому случаю,
когда треугольник АВС ориентирован положительно, а второе выполняется
лишь при отрицательной его ориентации. В самом деле, так как умножению
2л	«
на 8 отвечает поворот на —, то при положительной ориентации треугольника
Ь — а =	— с), с — b — e(b — а) (рис. 11), откуда a = b — еа + ес, еЬ = с —
—-b + ea, и поэтому а + &8 + ^е2 = с (1	еЦ-в2) = 0.
Аналогично проверяется выполнение равенства (45) для отрицательно
ориентированного правильного треугольника АВС. Очевидно, одновременно
равенства (44) и (45) выполняться не могут.	_
Если правильный треугольник АВС вписан в окружность zz — 1, то при его
положительной ориентации be —с и с&2 = Ь, а при отрицательной ориента-
ции Ь& = а и ае2 = Ь. Поэтому каждое из условий (44) и (45) принимает
вид:
а + Ь + с^О.	(46)
Задача L Доказать, что треугольник AiBjCi, стороны которого при-
надлежат касательным в вершинах треугольника АВС к его описанной ок-
ружности, гомотетичен треугольнику с вершинами в основаниях А2, В2, С2
высот треугольника АВС.	_
Решение. Принимаем описанную окружность за единичную zz=\.
Руководствуясь формулами (20) и (19), получаем:
168

2bc h 2ac  2ab
ax=~b+7'	C1=^tT
a2=d_(a + fe + c_^), b2=j-(a + b + c-f) ,
C2=4”(a + 6+c-7-) •
Проверяем выполнимость признака (35):
at —bi________________ai—Cj _______—4abc _______
ct2 — b2 0,2 — 02	(a-\-b)(b + c)(c + d)	'
причем o = o, т. e. о — действительное число. Значит, треугольники А\В\С\
и А2В2С2 гомотетичны.
Задача 2. Два равных одинаково ориентированных треугольника АВС
и А\B\C\ вписаны в одну окружность. Доказать, что треугольник с верши-
нами в точках пересечения прямых ВС и В\С\У СА и С1ЛЬ АВ и А\В\ подобен
данным треугольникам.	_
Решение. Придадим окружности уравнение zz= 1. Вершины треуголь-
ника А\В\С[ служат образами вершин треугольника АВС при повороте
на некоторый угол arg а, |а| = 1. Поэтому ai=aa, bi=aby С|=ас. Если
Л2, B2, С2 — точки пересечения прямых ВС и В।Ci, СА и С\А|, АВ и Л1В1 соот-
ветственно, то на основании (17)
откуда а2=А±£
bc — a bc	bc(l-]-a)	J	1-j-a ’
Аналогично 6г = а+- , с2 = а+-
1 H-a 1 4-а
Осталось проверить условие (17): ай2 + &с2 + са2 = &а2 + ^^2 + ас2,
что делается непосредственной подстановкой.
Задачи для самостоятельного решения
1.	Доказать, что середины отрезков, соединяющих соответственные вер-
шины двух равных и противоположно ориентированных треугольников,
коллинеарны.
2.	На сторонах четырехугольника ABCD построены одинаково ориенти-
рованные подобные треугольники АА\ВУ СВ\ВУ CC\Dy AD\D. Доказать, что
четырехугольник A\B\C\D\ — параллелограмм.
3.	На сторонах АВ и AD параллелограмма ABCD во внешнюю сторону
построены правильные треугольники АВМ и ADN. Доказать, что треугольник
MNC правильный.
ПРЯМАЯ И ОКРУЖНОСТЬ НА плоскости
КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ
Пусть произвольной точке М плоскости комплексных чисел соответ-
ствует комплексное число 2 = х-Ну. Из равенств z = x-\-iy и z = x — iy од-
нозначно выражаются декартовы координаты х и у точки М через комплекс-
ные числа z и z:
x=±-(z+z)' y=—^z—^-	(О
Поэтому комплексные числа z и z называются сопряженными комплексными
координатами этой точки.
.Формулы (1) позволяют осуществить переход от уравнения геометри-
ческой фигуры в декартовых координатах к ее уравнению в сопряженных
комплексных координатах. Однако сейчас мы предпочли непосредственное
рассмотрение уравнений в сопряженных комплексных координатах.
Геометрический смысл уравнения az + &z4-c=0
Найдем множество точек плоскости, сопряженные комплексные коорди-
наты которых удовлетворяют уравнению
/	az-]-bz + c = 0.	(2)
Сначала выделим особо случай, когда с = 0. Тогда имеем систему отно-
сительно z и z:
az-+-bz = 0,
bz-\-az = 0,
второе уравнение которой получается из первого переходом к сопряжен-
ным числам. Уравнивая коэффициенты при 2, путем вычитания второго
уравнения из первого получаем:
(aa — bb) z = 0.
Если aa=£bb, т. е. |а|=/=|Ь|, то решением полученного уравнения, а
значит, и решением исходного уравнения az + bz = 0' будет единственное
число z = 0. При |а| = |&| уравнение az-\-bz = 0 напишем в виде 2 =
= —^-2. Модули левой и правой частей равны. Необходимо, чтобы arg 2 =
= arg( ——) +arg 2, откуда arg 2=-^-arg( ——) . Этому условию удовлет-
воряет каждая точка прямой т, проходящей через начало под углом а =
=-|-arg^—к действительной оси (рис. 1).
Так, уравнением
az + bz = 0	(3)
задается прямая при |а| — |Ь| и точка z=0 при |а| =/= |Ь|.
170
Пусть теперь с=/=0. Свободный член
уравнения (2) можно всегда сделать
действительным числом путем умно-
жения обеих частей уравнения на с.
Поэтому сразу будем полагать с =
Тогда имеем систему
| az-\-b z-{-c — 0,
I bz-\-a z4-c = 0,
из которой получаем:
(a — b) z + (b —а) z = 0.
Рассмотрим возможные случаи.
Если а=/=Ь, то z=“=L^-z и подста-
а — b	__-т
новкой в исходное уравнение получаем: az-]—£—^-z + c — 0, или
а — b
(aa — bb) z+c.(a—b)—Q.
При |а|у=|6| его решение единственно:
аа — bb
При |а| = \Ь\ (с#=0, а=/=Ь) решений нет.
Если а — Ь, то а — Ь и аа — ЬЬ, т. е. |а| = |6|. В этом случае уравнением
(2) при с = с Задается прямая. В самом деле, возьмем точку ~^) и век‘
тор ОВ точки В (Ь) и рассмотрим множество точек М (z), для каждой из ко-
торых (MQ)±(OB):
(2+^_) Ъ+(?+|) 6 = 0.	.	(4)
Очевидно, это множество есть прямая. При а — Ь и с —с уравнение (4)
эквивалентно уравнению (2).
Таким образом, при а — Ь и с —с уравнение (2) есть уравнение прямой,
которая проходит через точку	перпендикулярно вектору ОВ(Ь).
Наконец, отметим случай, когда а — Ь, но Тогда система
az + b z+£=0,
bz-\-a z + c — 0
приводит к противоречию: (a — b) z + (6 — a) z + (c — с) = 0, т. е. с —с.
Подведем итоги. Уравнением az-^bz-\-c = 0, в котором хотя бы один из
коэффициентов а и Ь отличен от нуля, задается:
1)	прямая при |а|=х|6-|, с = 0, а также при а = Ь, с = с\
2)	единственная точка при |а|#=|6|;
171
3)	пустое множество в иных случаях, т. е. при |а| = |fe|, с=#0, а^Ь, а так-
же при а = Ь, с^с.
Достигнув поставленной цели, возвратимся снова к системе
{	£+£=0,
I bz-}-a z + c = 0,
не налагая ограничений на коэффициенты а, Ь, с, кроме того, что а и b
не равны нулю одновременно. Уравнивая коэффициенты при г, приходим
к уравнению
(aa — bb) z = bc — ac,
которое:
а)	имеет единственное решение при aa=/=bb;
б)	имеет бесконечное множество решений при aa = bb и Ьс~ас\
в)	не имеет решений при aa=bb и Ьс=£ас.
Отсюда и на основании результата предыдущих исследований получаем,
что уравнение az-}-bz-}-c = 0 определяет:
а)	единственную jO4Ky при aa=£bb;
б)	прямую при aa = bb и Ьс = ас\
в)	пустое множество при aa = bb и Ьс=£ас.
Уравнение
uz + ^ + ^ = 0, v = v	(5)
прямой в сопряженных комплексных координатах будем называть приведен-
ным уравнением прямой.
Две прямые. Расстояние от точки до прямой
Пусть прямая т задана приведенным уравнением аг + ^ + ^ = 0, b = b.
Так как она перпендикулярна вектору ОА (а), то вектор OP(ai) будет ей па-
раллелен (рис. 2). Следовательно, ори-
ентированный угол от оси х до прямой
т равен аргументу числа ai:
(p = arg az=-2-4-arg а. (6)
Положительно ориентированный
угол 0 от прямой +	+ =0 до
прямой а2г+а2г + &2 = 0 равен углу
между их направляющими векторами
a\i и a%i:
e = arg-^=arg^.	(7)
172
(8)
(9)
Формулы (6) и (7) позволяют находить соответствующие углы с точ-
ностью до слагаемого л.
Из формулы (7) вытекает критерий перпендикулярности и критерий
параллельности прямых гп\ и т2. В самом деле,	—----чисто мни-
2 di
мое число.
Это значит, что
/П1±ГП2О—=—-=г-, или
°1	01
гп\ ±т2 чф- 4L= — .
С1\	(12
При 0 = 0 или 0 = л получаем:
II	611	611
7П1||т2^=>—=-=L.
а2 а2
Если .прямая az-]-az-]-Ь = 0 проходит через точку Мо (го), то azo~hazo +
4-b—0 и ее уравнение можно написать в виде
а (г — г0) + a (z — г0) = 0.	(10)
В силу условия (8) перпендикулярности для прямой, перпендикуляр-
ной данной, коэффициентами при гиг будут соответственно числа а и
— а. Поэтому на основании уравнения (10) получаем уравнение
а(г —г0) —а(г — го) = О	? (И)
прямой, проходящей через точку Мо (г0) перпендикулярно прямой аг + аг+
•Т- Ь = 0.
Решение системы
{az + az + b'—b, _
а (г — г0) — а (г — го) = О
дает координату	azQ—azQ — b	(12)
2а
основания Mi перпендикуляра, опущенного из точки Мо (го) на прямую
az-^az-f-b — 0.
Так как расстояние d от точки Мо до этой прямой равно |AfoAfiL т0
d=i,,_Zol=fa+“a±»l.	(13)
z I и I
Геометрический смысл уравнения zz + az4-frz4-c=0
Из формулы расстояния между двумя точками получается уравнение
окружности по ее центру S (s) и радиусу R:
(z—s)(z — s) = R2.	(14)
Пусть дано уравнение
zz+az + &z + c = 0,	(1^)
173
в котором на комплексные коэффициенты а, Ь, с не накладывается заранее
никаких условий. Требуется найти множество точек, координаты которых ему
удовлетворяют. С этой целью удобно представить его в эквивалентном
виде:
(z + b)(z + d)==ab — с.	(16)
Рассмотрим все возможные случаи для коэффициентов а, Ь, с.
1.	Сравнивая уравнение (16) с уравнением (14) окружности, приходим
к выводу, что уравнение (16), а значит, и уравнение (15) задают окружность
тогда и только тогда, когда а — Ь и ab — c — действительное число. Так как в
этом случае ab — c — aa — cy то с должно быть действительным числом.
Итак, уравнение
zz-\-bz-[-bz + c = 0, с = с, ЬЬ>с	(17)
есть уравнение окружности с центром s — —b и радиусом R=\bb — c.
2.	При а — Ь и c — ab уравнению (16) удовлетворяет единственная точ-
ка s=—b. В частности, этот случай имеет место при а — Ь = с = 0. Соблю-
дая аналогию, говорят, что уравнением’(z4-fe) (z4-fe) = 0 задается окруж- .
ность с центром s= — Ь нулевого радиуса.
3.	Если а = Ь, с = су но ЬЬ<су то -yjbb — c—чисто мнимое число. По-
лагаем ^Jbb — с iRy тогда (16) можно записать так:
(z + &)(z+fe)=-/?2.	(18)’
Уравнению (18) не удовлетворяет ни одна точка плоскости, поскольку
левая часть неотрицательна, а правая отрицательна при любом значении z.
Говорят, что это уравнение есть уравнение окружности мнимого радиуса /7?
с действительным центром S, имеющим комплексную координату s=— Ь.
4.	Когда а = Ьу но с=#с, уравнение (16) противоречиво: левая часть его
действительна, а правая нет. В этом случае оно не задает никакого геометри-
ческого образа (даже мнимого!).
5.	Осталось рассмотреть случай, когда а=/=Ь. Тогда из уравнения (15)
вычтем уравнение zz-^-az 4- bz-\-c = 0, получающееся из (15) переходом к со-
пряженным комплексным числам. Получаем:
(a — b) z + (b — a) z + c — с = 0,
откуда
~(а—Ь) z~}~c—c
а — Ь
Выполняя эту подстановку в уравнение (15), приводим его к виду
(а — Ь) z2 + (аа — ЬЬ 4~ с — с) z-\-ac — bc = 0.	(19)
174
При a=/=b уравнения (15) и (19) равносильны. В зависимости от того
отличен от нуля или равен нулю дискриминант .'
D = (aa — bb + c — с)2 — 4 (a—b) (ас — Ьс)
квадратного уравнения (19), оно будет определять две различные (дейст-
вительные!) или две совпавшие точки. При D = 0 совпавшие точки имеют
комплексную координату
__аа-ЬЬ-}-с — с
~~	2(6—а)
В частности, при c — ab как уравнение (16), так и уравнение (19) дает па-
ру точек Z] = — b и 2г== — а.
Итак, уравнением (15) задается либо окружность (действительная, мни-
мая, нулевого радиуса), либо две точки (различные или же совпавшие),
либо пустое множество точек.
Рассмотрим одну замечательную пару окружностей.
Две пересекающиеся окружности называются ортогональными, если ка-
сательные к ним в их общей точке перпендикулярны. Тогда, очевидно, ка-
сательная к одной из ортогональных окружностей в их общей точке содер-
жит центр другой окружности.
Для того чтобы окружности (Д, 7?) и (В, г) были ортогональны, необ-
ходимо и достаточно, чтобы |ДВ|2 = /?2 + г, или
(а^6)(а^6) = /?2 + г2.	(20)
Если окружности заданы уравнениями
zz + az + az + ao = O, а0 = ао,
и
zz 4- pz -f- pz -f- Ро= 0, Ро= ро,
то а=—a, b=— р, /?2 = аа —а0, г2 = рр —р0, и поэтому критерий (20) их
ортогональности трансформируется так:
ap4-ap = a04“₽o.	'	(21)
Решение задач
Задача 1. Хорды АВ и PQ окружности пересекаются в точке С. Найти
множество точек М пересечения прямых АР и BQ, если точки А, В, С постоян-
ны, а точки Р и Q пробегают данную окружность (рис. 3).
Решение. Пусть z — комплексная координата произвольной точки М
искомого множества и данная окружность принята за единичную zz= 1. В си-
лу зависимости координат точек, принадлежащих секущей к окружности (сМ.
предыдущую статью), имеем:
c + cab = a + b, c-\-cpq = p + q,
z + zap = a + p, z + zbq==b + qy
175
откуда р=——<?=——. Подставляя эти выражения во второе ра-
1—az	1 — bz
венство, получаем:
(1— az)(l— bz) \—az \—bz'
ИЛИ
c (I — az) (1 -bz)-]-c (z — a) (z — b) = (z —a) (1 — bz) + (z — b) (I — az).
Привлекая c-]-cab = a-{-b, полученному уравнению придадим вид
(z + abz — a — b) (cz+cz — 2) = 0.
Теперь ясно, что искомое множество точек представляет собой пару пря-
мых, одной из которых является прямая АВ, а другая имеет уравнение
cz + cz—2=0	(22)
в приведенной форме. Как видим, эта прямая не зависит от хорды АВ, а опре-
деляется лишь окружностью и точкой С. Она называется полярой точки
С относительно окружности zz=l.
Задача 2. Около окружности описан квадрат ABCD, Точки Л|, В\, С\,
D\ — ортогональные проекции его вершин А, В, С, D соответственно на
произвольную касательную к окружности. Доказать, что
1ЛЛ11 • ICCil = |ВВ11. mnj.
Решение. Радиус окружности примем за единицу длины. Систему ко-
ординат выберем так, чтобы точки касания сторон АВ, ВС, CD, DA с окруж-
ностью имели координаты i, —1, — i, 1. Тогда вершины А, В, С, D будут
иметь координаты 1 +/, — 1 +/, — 1 —1, 1 — L Касательная к окружности в ее
произвольной точке Р (р) имеет уравнение pz + pz —2 = 0, рр=1 в приве-
денной форме. Руководствуясь формулой (J3), находим:
. 1АА, | -1CCi | =±- |р (1 +0+р (1 -0-21 .-1- |р (-1 -i) + p (-1 +0-21 =
=т о +*)+р (1 -0-2) (Р (1+0+Р (1 -0+2)1 =
=+ ip2 (1+о2+р2 (1 —o2i =4- ip2-p2i-
Аналогично получаем |BBi | • |DZ)i | =+ Ip2 (—1+02+Р2 (—1 —021 =
—4~ I — р2+р2| =4" IP2—Р21- Равенство доказано.
Задача 3. Вершины А и В прямоугольного равнобедренного треу-
гольника АВС спроектированы параллельно некоторой прямой I на прямую,
проходящую через вершину С прямого угла, соответственно в точки At и Аг-
Доказать, что сумма | CAi 12+ | СВ\ |2 зависит только от угла <р между осью
проекций и прямой I (при заданном треугольнике АВС).
Решение. Примем ось проекций за действительную ось х и вершину
С за начало О. Прямую I проведем через О и зададим принадлежащей
176
ей точкой Р(р), |р| = 1. Ее уравнение имеет вид pz—pz. Если вершина А
имеет координату а, |а| = 1, то вершине В соответствует число ей (рис. 4).
Прямые _АД| и BBi получают уравнения р (z — a)=p (z — a) и p(z—al) =
=p(z + ai).
Для точек, лежащих на оси х проекций, z=z. Подстановкой в пре-
дыдущие уравнения получаем координаты точек А, и Вь
ai	^|==<1ёЯ-+рД) .
Р—Р ’	Р—Р
Находим:
I СА112 + | CBi |2 = а,а, + btbi = al + bl=№-Ра1=№+Р-а? =
{р-р?
*	__ —4рраа __ 1
(—2/ sin <р)2 sin2 <р *
где q) = argp — указанный в условии задачи угол.
Задача 4. На окружности о взяты четыре произвольные точки Д, В, С,
D. Окружности ai, иг, оз соответственно с центрами Д, В, С и проходя-
щие через точку D пересекаются вторично попарно в точках Mi, М2, Мз
(рис. 5). Доказать, что точки Mi, М2, М3 коллинеарны.
Решение. Пусть окружность о является единичной и точка D имеет
координату d=l. Используя уравнение (14) и тот факт, что окружность oi
имеет центр А (а) и содержит точку D(l), получаем ее уравнение
(z —a)_(z—а)==(1 —а)(1 —а),
или zz—az — az~\—a — a.
Аналогично окружности 02 и о3 будут иметь уравнения
zz — bz — bz — 1 — 6—-b и zz —-cz — cz — 1 — с — с.
177
Решая систему уравнений окружностей <j| и о2, находим координату
второй общей точки Л13 этих окружностей: тз==а-^Ь — аЬ.
Аналогично т2 = с-\-а — са. m\=b-\-c — bc.
Отсюда находим:
/Ьг —mi _(а —6) (1 — с)	1
гпз — т\ (а — с)(\—Ь)
Это число сопряжено самому себе, и потому точки Мь Л42, Мз коллине-
арны.
Задача 5. Найти множество центров окружностей, проходящих через
данную точку М (т) ортогонально данной окружности гг + аг + аг4-ао = О.
Решение. Если, окружность zz + pz + pz + po = O обладает заданным
свойством, то
mm + Pm +	+ Ро = О,
ар -|- ар = ао + ро-
Исключая Ро, получаем уравнение относительно р:
(а + m) р + (а4-т) р + тт — ао==О.
Им определяется прямая с нормальным вектором a-pm, который равен век-
тору AM, где А ( — а) — центр данной окружности. Следовательно, эта пря-
мая перпендикулярна прямой AM (рис. 6.)'.	'
Задачи для самостоятельного решения ?
1.	В окружность вписан треугольник АВС. Касательные к окруж-
ности в его вершинах образуют треугольник А[В\С\. Доказать, что произ-
178
ведение расстояний любой точки окружности до сторон одного треуголь-
ника равно произведению расстояний этой точки до сторон другого треуголь-
ника.
2.	Найти множество точек плоскости, для каждой из которых разность
квадратов расстояний до двух данных точек А и В постоянна.
3.	Через произвольную точку М секущей АВ окружности с центром О
проведена прямая перпендйкулярно ОМ. Эта прямая пересекает касательные
к окружности в точках А и В соответственно в точках Р и Q. Доказать, что
точка М есть середина отрезка PQ.
4.	В вершине С треугольника АВС проведена касательная к окруж-
ности, описанной около треугольника. Доказать, что произведение расстоя-
ний любой точки окружности до касательной и до стороны равно произ-
ведению расстояний этой же точки до двух других сторон треугольника.
5.	Три равные окружности имеют общую точку О и вторично пере-
секаются в точках Л, В, С. Доказать, что окружность, описанная около
треугольника АВС, равна данным.
6.	На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС дана произ-
вольная точка Р. Доказать, что окружности, описанные около треугольни-
ков АРС и ВРС, ортогональны.
7.	Дан прямоугольный треугольник АВС. Найти множество таких точек
М, чтобы симметричные каждой из них относительно прямых ВА и ВС точки
Mi и М2 лежали на одной прямой с вершиной С прямого угла.
ПРИЛОЖЕНИЯ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ
К ЗАДАЧАМ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ГЕОМЕТРИИ
Многие задачи элементарной геометрии можно изящно и просто решить
при помощи комплексных чисел. Однако значение комплексных чисел, как в
этом можно убедиться из приведенных ниже задач и теорем, заключается не
только в изяществе и краткости их решения посредством этих чисел, хотя и
это весьма существенно. Не менее важно и то, что в результате применения
при решении задач комплексных чисел нередко обнаруживаются новые
детали, удается сделать интересные обобщения и внести уточнения, которые
подсказываются анализом полученных формул и соотношений. Поэтому мы
не останавливаем внимание читателей на выводе некоторых основных фор-
мул, а ставим своей целью показать применение их при доказательстве тео-
рем и решении задач. Те немногие формулы, которые нам потребуются
в дальнейшем, приводим без доказательства, настоятельно рекомендуя со-
ответствующие выкладки и выводы провести читателю самостоятельно. (В
этой миниатюре используются формулы, полученные в миниатюре «Метод
комплексных чисел в планиметрии».— Прим. сост.).
Точки А, В, С, ... плоскости будем обозначать так: А (а), В (b), С (с), ...» где
а, Ь, с, ... — соответствующие этим точкам комплексные числа. Иногда для
краткости будем просто писать и говорить: точка а, точка b и т. д. Пере-
менные точки Z, W плоскости обозначим через Z (г), W (ау) или коротко z, w.
Начало отсчета (z = 0) обозначим буквой О.
179
I.	OA2 = aa; AB2=(a — b)(a — b).
II.	Если простое отношение (abc) трех точек а, b и с вещественно, т. е.
(afec)=(aftc) или
а — Ь_a — b z
Ь-с ~~ Ь—с ’	к
то точки А, В и С коллинеарны.	> • >
Обратно: если точки А, В, С коллинеарны, то АВ-АС = (Ь —а) (с—а)=
=(Ь — а)(с — а) или простое отношение (abc) этих точек вещественно:
(abc)=^=^=(abc).
° — с	Ь — с
III.	Если четыре точки Л, В, С и D принадлежат одной окружности (или
одной прямой), то двойное отношение (a, b\ с, d) этих точек вещественно:
(aftcd)=(aftcd), или
а—с , a—d   а—с , a—d
b с b d i) — с I) — d
Обратно: если (a, b\ с, d) = (a, ft; с, d), то точки Л, В, С и D расположены
конциклически или коллинеарно.
IV.	Если ЛВС — равносторонний положительно ориентированный тре-
угольник, то a-\-ab 4-а2с = 0, где a— cos	i‘sin у-.
Обратно: если a + a^ + oc2c = 0, a==cos-у+ z sin-у, то треугольник ЛВС
равносторонний и ориентирован положительно (или же Л = В = С). Если име-
ет место равенство a2a + a^ + ^=0> то треугольник ЛВС равносторонний
и ориентирован отрицательно.
V.	Уравнение окружности, проходящей через точки Л, В и С, имеет вид:
z—a , z—c_z—a . z—c
b — a b — c b—a b — c
VI.
cos (ЛВ,
2 |ft—a| • Id—c|
Для того чтобы два отрезка АВ и CD были перпендикулярны, необ-
ходимо и достаточно, чтобы
(a—b) (с—d)+(a —ft) (с —d)=0.
VII.	sin (Л~УсВ) = —а)$-?)+-а)(4-с)
7	2i\b-a\\d-c\
VIII.	Площадь S ориентированного треугольника ЛВС вычисляется по
формуле
аа\
ftftl
4	~
aal
где bbl
ccl
= a(b — c)-j-b(c—a)A-c(a—b).

180
IX.	Для того чтобы два одинаково ориентированных треугольника АВС и
Л1В1С1 были подобны, необходимо и достаточно, чтобы
а — Ь	Ь — с
----- ------= а
ai— bi bi—Ci
где а — комплексное число.
X.	Если хорды АВ и CD окружности zz — R2 параллельны, то ab = cd. Об-
ратно: если ab = cd, то хорды АВ и CD окружности zz=R2 параллельны.
XI.	Если хорды АВ и CD (*или их продолжения) окружности zz — R2 пер-
пендикулярны, то ab-\-cd—G. Обратно: если«&= —cd, то хорды АВ и CD ок-
ружности zz=R2 перпендикулярны.
XII.	Если хорды АВ и CD (или их продолжения) единичной окружности
zz=[ пересекаются в точке S, то
s = а+>—(c+d)
ab — cd '
XIII.	Если Ci есть основание высоты, проведенной из вершины С тре-
угольника АВС, вписанного в единичную окружность 22=1, то Cj = .
=т(а+6+с_т) •
XIV.	Для того чтобы точка z принадлежала хорде АВ (или продолже-
нию хорды) единичной окружности 22=1, необходимо и достаточно, чтобы
a + b — z-]-abz.
XV.	Если С есть точка пересечения касательных в точках А и В единич-
ной ОКруЖНОСТИ 22=1, ТО
2_===J__l±.
с а b '
XVI.	Если прямая пересекает единичную окружность 22=1 в точках
Л и В, то основанию S перпендикуляра, опущенного из точки М на прямую
, АВ, соответствует комплексное число s, определяемое формулой s =
' 1 —
=—(а + b + т — abrri).
XVII.	Если треугольник АВС вписан в окружность 22= 1, то его площадь
S вычисляется по формуле
___ I (а — Ь) (Ь — с) (с—а)
3 ““ 4	abc
Задача 1. В окружность вписан 2п-угольник Л|Л2 ... А2п- Через про-
извольную точку В| окружности проведена хорда В\В2, параллельная или
перпендикулярная Л(Л2, затем проведена хорда В2В3, параллельная или,
перпендикулярная Л2Л3, и т. д., наконец, хорда B2/l_iB2n, параллельная
181
или перпендикулярная хорде Л2п-1Л2п- Доказать, что хорда В2пВ\ парал-
лельна или перпендикулярна А2пА1.
Решение. Если данная окружность имеет уравнение zz = /?2, то со-
гласно условию будем иметь:
<11612 = 812 bib2,
6263 = 823
6X36X4 = 834 6364,
«2п — 16Z2/1 —82n —1 2п Ь2п — \Ь2п>
где 8Z7+i = ±1 (z= 1, 2,	2п— 1) (см. X и XI).
После почленного перемножения этих равенств и упрощения получим:
^16Х2п = 812823 ••• 82/1—1 2пЬ\Ь2п,
или
Я1612л = 86 1 Ь2п,
где 8= гЬ 1. Это значит, что хорды A2nAi и В2пВ\ либо перпендикулярны, либо
параллельны.
Задача 2. Два треугольника АВС и Л1В1С1 одинаково ориентиро-
ваны и подобны. Доказать, что если векторы МЛ0, МВ^ МС0 соответственно
равны векторам АА\, ВВ\, СС\, то треугольник ЛоВоСо подобен данным
и одинаково с ними ориентирован (М— произвольная точка плоскости).
Решение. Можно считать zn = 0. Тогда
6x0 = 6Xi—бх, Ьъ = Ь\ — Ь, с0 = с1 —с,
откуда
60 —6X0 = 6j —«I— (6 — а\	и
Со — бХо = 6?! — 6X1 — (с — бх)
Ьр — ар Ь\ —Qi ।
Ь —а	Ь — а	’
*	Со — СХо Ci—Л\ ।
с —а	с —а
Но согласно IX имеем:	1 . Следовательно, -9-—2g.
Ь — а	с —а	Ь — а	с—а
и опять согласно IX треугольники ЛоВоСо и АВС одинаково ориентированы
и подобны.
Задача 3. Даны равносторонний треугольник АВС и точка М. Дока-
зать, что отрезки МЛ, МВ, МС могут служить сторонами некоторого тре-
угольника. Этот треугольник может оказаться вырожденным только в том
случае, если точка М лежит на описанной около треугольника АВС окруж-
ности (теорема Помпею).
182
Доказательство. Совместим точку М с нулевой точкой. Тогда
согласно IV имеем a-j-ab-j-a2c=0, откуда
|а| = |а/? + а2с| = |а| |& + ас|^
С161 + 1ас| = |61 + 1с1,
т. е. МЛ<МВ + Л1С.
Аналогично доказываем, что AfB^MC-j-MA, MC^AM-j-MB. Очевид-
но, что треугольник, построенный на отрезках МА, МВ и МС, вырождается,
если, например, |6 + ас| = |6|	|ас|. Это означает, что точки b и ас кол-
линеарны с нулевой точкой, а следовательно, ориентированный угол СМВ
равен 120° и точка М лежит на окружности, описанной около треугольни-
ка АВС.
Задача 4. Даны два одинаково ориентированных равносторонних
треугольника АВС и AtBiCi. Доказать, что на отрезках AAi, BBi и СС| можно
построить треугольник (который, быть может, и вырождается).
Решение. Согласно IV
а-(-а64-а2с=0,
ai-]-abi-]-a2Ci=0.
Отсюда (ai —а)+а (di —й) + а2 (С| —с)=0. Если векторы ОА0, ОВо, ОСо
—
соответственно равны векторам AAi, BBi и CClf то а0 + abo + a2Co = O и
треугольник AoBqCq равносторонний. Согласно задаче 3 заключаем, что на
отрезках ОЛ0, ОВо, ОСо можно построить треугольник, и, следовательно,
на им равных отрезках AAif ВВ\ и СС\ также можно построить (быть может,
вырожденный) треугольник.
Задача 5 (теорема о 27 равносторонних треугольниках — теорема
Морлея и ее обобщение). Доказать, что пары трисектрис треугольника,
примыкающих соответственно к одной и той же стороне, пересекаются в
точках, являющихся вершинами равностороннего треугольника (трисектри-
сой угла называется луч, проведенный через вершину угла и делящий его
в отношении 1:2)35.
Доказательство. Опишем около треугольника ЛВС окружность
и примем ее за единичную zz — 1. Положим а = р3, fe = p3y3, с = а3р3у3=1.
Тогда трисектрисы, прилегающие к стороне АВ и пересекающиеся в точке
/?, определяют согласно XII число г:
1 1 _ 1 1
__ pV+p7 р7	а + аРт3 —а?3— 1 «з = а4р3?3 + «Р?3 — а?3 — а3р3?3 g3 =
1 _ 1	ар—1 Р	ар-1	Р
РУ рУа
= ар3у3 (а2р2 + ар + 1 — ар2 — р).
183
Трисектрисы, прилегающие к стороне ВС, пересекаются в точке Р:
р=-^- 1 р, и = ₽(₽V+₽т+1 -й2-т).
PV pv
Наконец, трисектрисы, прилегающие к стороне СА, пересекаются в точке Q:
Р* рУа2	«У — 1 + Ргуа (1 — а3?3) р з
1	1	р3т2а2(1— ау) Р
pY pW"
— р3у (а2у2 + а? + 1 — а2у — а).
Остается доказать, пользуясь формулой IV, что треугольник pQp являет-
ся равносторонним, т. е. р + + е2г = 0, где 8=ару, а202у2 + аРу+ 1 =0.
В самом деле, p + e<? + 82r = p (Р2?2 + Ру + 1—Р?2 —?) + оф4у2 (а2у? + ау +
+ 1 —а2у — а) + р2у2 (а2р2 + ар + 1 —а2у — Р)=р2? (1 +аРу + а2р2у2)=0.
Заметим, что если угол СОА (О — нулевая точка) увеличить на 2л, то
9' •	к
вместо р будем иметь  и получим две новые («внешние») трисектри-
сы угла ЛВС, которые получаются из первых поворотом на 60° около верши-
ны В. Но на приведенное выше решение такая замена трисектрис не влияет.
Точно так же угол СОА можно увеличить на 4л, что приводит к появлению
еще двух трисектрис угла при вершине В, и это опять не влияет на предложен-
ное выше решение.
Аналогично новые трисектрисы можно ввести и при вершинах Л и С.
Таким образом, к стороне ЛВ прилегают девять пар трисектрис, и поэтому
получаем девять точек /?. После выбора одной точки R находим три различ-
ные точки Р, а для каждой выбранной точки Р соответствующая точка
Q определяется уже однозначно. Отсюда согласно теореме Морлея следует
(если воспользоваться не только обычными трисектрисами, но и «внешни-
ми»), что всего получим 27 решений — 27 равносторонних треугольников.
Задача 6 (задача о пяти равносторонних треугольниках). Даны три
равносторонних одинаково ориентированных треугольника Л1В1С1, Л2В2С2
и Л3В3С3, причем треугольник Л|Л2Л3 также равносторонний и той же
ориентации. Доказать, что середины Р, Q, R отрезков CiB2, С2В3, С3В| явля-
ются вершинами равностороннего треугольника той же ориентации.
Решение. Согласно условию задачи и формуле IV имеем:
ai+abi+«2£i =0,
с2 + аа2 + а2Ь2=0,
6з + асз + а2аз = 0,
а\ + аа2 + а2а3 = 0.
184
После почленного сложения первых трех равенств, учитывая последнее
равенство, будем иметь:
^2 + Ьз + а (сз + Ь1) + а2 (ci+ &2)==0 или 2<74-2аг + 2а2р = 0.
Это значит, что треугольник QRP является равносторонним (или вырож-
дается в точку) и он имеет ту же ориентацию, что и исходные четыре тре-
угольника.
Задача 7 (задача о шести равносторонних треугольниках). Даны
два одинаково ориентированных равносторонних треугольника Л|Л2Л3
и BiB2B3. На отрезках А\В\, Л2В2, Л3В3 построены равносторонние треуголь-
ники Л1 В\Ci, А2В2С2 и Л3В3С3 той же ориентации. Доказать, что треугольник
С[С^Сз равносторонний и имеет ту же ориентацию, что и данные пять тре-
угольников (рис. 1).
Доказательство. К. четырем уравнениям, приведенным в решении
задачи 6, присоединим еще одно уравнение бз + afei 4-а262 = 0 (по усло-
вию задачи треугольник В1В2В3 равносторонний). Но тогда при почленном
сложении первых трех равенств, с учетом четвертого и пятого равенств,
получим с2 + аСз + а2С1 =0, т. е. треугольник CiC2C3 равносторонний и имеет
ту же ориентацию, что и данные пять равносторонних треугольников.
Задача 8 (две задачи о четырех равносторонних треугольниках).
На отрезках ВС, СА и ЛВ построены одинаково ориентированные равно-
сторонние треугольники ВСЛ1, САВ\ и АВС\.
185
Доказать, что:
а)	центры Ло, Bq и Со этих треугольников являются вершинами четверто-
го равностороннего треугольника ЛоВоСо противоположной ориентации;
б)	середины А', В' и С' отрезков АА0, ВВ0, СС0 являются вершинами рав-
ностороннего треугольника ориентации, противоположной ориентации дан-
ных равносторонних треугольников (рис. 2).
Доказательство.
а)	Сргласно формуле IV из условия задачи следует:
a-j-abi + а2с = 0,
& + ас + а2а| =0,
Ci+аа-|-а2Ь = 0,
 =-~- b	ао=-~~ (Ь -рс -ра।),	+	^0-
ООО
Отсюда находим, что
3 (с о Н~ ос^о И- а2ао)= а ~Ь Ь -t-Co Ч-® (с -I- я -|- Ь|) -|- ос2 (b -|- с Я|) =
—(ci + аа-|-а2Ь)Н-(й + ас-|-а2а|)4-(а + а&| +а2с)=0.
б)	Очевидно, что
а'=4"(а^—|“(^ + c+ai)) =-|-(За4-Ь-|-с— ас—а2Ь),
b'=-^-(fe+-|-(cH-a + 6ijj =-|-(ЗЬ4-сН-а —аа—а2с),
c/=4"(c+'|"(a+^+ci)) =-^-(3c + a + ft —afe —а2а).
186
Отсюда находим, что
6 (а' + а2Ь' 4- ас')=За 4- b 4- с — ас — а2Ь 4- ЗЬа2 4- са2 4- аа2 — а — ас 4- Зса 4-
4-аа4-Ьа — Ьа2— а=а (1 4~а4~а2)4-Ь (1 4-а4-а2)4-с (1 4-а4-а2)=0,
т. е. треугольник А'В'С' является равносторонним и имеет ориентацию, про-
тивоположную ориентации данных трех равносторонних треугольников.
Задача 9 (задача о трех равносторонних треугольниках). Дан тре-
угольник АВС. .Построить такой треугольник АоВоСо, чтобы треугольни-
ки АоВоС, ВоСоА и СоАоВ были равносторонними одной ориентации (рис. 3).
Решение. Согласно условию задачи числа а0, Ьо, с0 должны удовлет-
ворять следующим трем равенствам (см. IV):
а 4-а&о 4" а2Со=О,
Ь 4-асо4-а2ао=О,
с 4~ аао 4~ а2&о — 0.
Исключив из первых двух равенств с», получим:
а — а&4-аЬо — ао = О.
Решая это уравнение совместно с третьим, получим:
с 4- аао — аа 4- а2Ь 4- аа0 = 0.
Отсюда находим, что
2аао = аа — а2Ь — с.
187
Построим равносторонний треугольник CA'B: c-|-aa' + a2ft —с=0.
Тогда
2aao = aa + aa' и а0 = -+а .
Аналогично, построив треугольники АВ'С и ВС'А, найдем, что
, . Ь + Ь'	с+с'
Ьо=—, с0=-^~.
Следовательно, чтобы построить треугольник АоВоСо, необходимо на сто-
ронах ВС, СА и АВ построить равносторонние треугольники АВ'С, ВС'А и
СА'В той же ориентации, что и искомые равносторонние треугольники, и
середины отрезков АА', ВВ' и СС' являются искомыми точками Ао, Во, Со-
Задача 10. Дан треугольник АВС. Найти геометрическое место то-
чек Р, ортогональные проекции каждой из которых на стороны данного тре-
угольника являются вершинами треугольников постоянной площади S.
Решение. Принимаем окружность, описанную около данного тре-
угольника, за единичную zz=\. Если основания перпендикуляров, опущен-
ных из точки Р на стороны ВС, СА и АВ, обозначим через At, Bi, Ct, то со-
гласно формуле XVI имеем:
ai=-|-(& + c+p — bcp),
Z>i=-|-(c + a+p — cap),
C!=-|-(a+6+p—abp).
Следовательно, воспользовавшись формулой VIII, получим:
i
~4
S,
j-(b + c+p—bcp)
j-(c+a + p — acp)
-^-(a+b + p—abp)
I
\§abc
b + c + p — bcp
cA-aA-p — caP
aA-bA-p—abp
(bA-cA-pbc—p) a 1
(cA-a-A-pca — p) b 1
(aA-bA-pab — p) с 1
—c) (c-aW—PPY
188
Но согласно формуле XVII SABC = S=-^-——- -ab^	.
Значит,
'S!=-i-S(l-OP2).
Если радиус окружности, описанной около треугольника АВС, равен /?, то
Из полученной формулы следует, что если S = const, то и OP = const и
точка Р расположена на окружности, концентрической с описанной около
данного треугольника.
Отметим, что если St—-Ls, то ОР=0 и геометрическое место точек сво-
дится к одной точке О, а если же Si >-~S, то ОР2<0 и искомое геометри-
ческое место не содержит точек. Если же	то получается окруж-
ность, которая совпадает с описанной при Sj =0.
Заметим, наконец, что если 0<ОР^/?, то Si^O, а при OP>R имеем
S| <0.
Задача 11 (прямая Эйлера и прямые Симеона треугольника), К чис-
лу замечательных прямых, связанных с треугольником, относятся прямая
Эйлера и прямые Симеона.
Докажем, что центр О описанной окружности, центроид G и ортоцентр Н
треугольника ЛВС, не являющегося равносторонним, коллинеарны, причем
OG.OH = 1:3.
В самом деле, если окружность, описанную около треугольника ЛВС,
считать единичной: zz=l, то, как легко проверить, g=-i-(a4-b + c). Со-
be t са	t
гласно Xai = —— , Ь\— —— , где числа ai, Ь\ соответствуют точкам пере-
сечения продолжений высот треугольника с описанной окружностью. Следо-
вательно, согласно XII имеем:
be L . са	.	,ч/ , , с(а + Ь)\
--	------Н 7”-------------- ^) ( 1 Н-L. f	L. I L I
h  а Ь  	\ ab / ab + bc-\-ca
-Ьс-\-ас	с (a — b)	" abc
Отсюда h —	+у-	=а-}-Ь-}-с и h = a-}-b-}-c. Таким образом, g =
и точки О, G, Н коллинеарны, причем OG'.OH= 1:3. Прямая ОН но-
О
сит название прямой Эйлера треугольника АВС.
189
Если из точки D, расположенной на окружности, описанной около тре-
угольника АВС, опустить перпендикуляр на его стороны, то их основания Ло,
Bq и Со коллинеарны.
В самом деле, согласно XIII имеем:
+ c +	,
Отсюда находим, что
«0-^0=^- (b — a) (d — c),
аь — сь=^ (c — aj(d — b)
И	а^={Ь^-с) b-а . b_-d{
а0~с0 (c — a)(d — b) с —a c — d v	7
Но двойное отношение (b, с\ a, d) вещественно, так как точки Л, В, С и
—>	—>
D конциклические (см. III). Следовательно, векторы Л0В0 и ЛоСо коллинеар-
ны и точки Ло, Во, Со принадлежат одной прямой.
Справедливо также и обратное утверждение: если основания перпенди-
куляров, опущенных из некоторой точки на стороны треугольника, колли-
неарны, то эта точка принадлежит окружности, описанной около треуголь-
ника.
Действительно, пусть основания Ло, Во, Со перпендикуляров, опущенных
из точки D на стороны треугольника, коллинеарны. Согласно формуле XVI
можем записать:
a0=-y(fe + c + d — bed),
+ a + d — cad),
Cq=(a + b + d — abd).
Но точки Ло, Во и Со принадлежат одной прямой. Следовательно, простое
отношение
(ао*>оСо) =^L£o=(£Z:.g)(l-M)
&о-со (c—b)(\—ad)
вещественно, и поэтому на основании формулы II
(c — a)(\—bd) = (c — a)(\ — bd)	\-bd = b(\—bd) \-bd_b-d
(c — b)(\—ad) (c— b) — ad) ' -	[—ad a(l— ad)’ [—ad a — d'
190
Из последнего равенства после упрощений получаем dd—l, и точка D
принадлежит единичной окружности zz=l, что и требовалось установить.
Прямая ДоВоСо называется прямой Симеона точки D относительно треуголь-
ника АВС.
Докажем, что угол между прямыми Симеона точек О' и D" относительно
треугольника АВС равен вписанному углу, опирающемуся на дугу D'D".
Пусть точке D' соответствует прямая Симеона р' — А'В'С', а точке О"_
—
прямая р" = А"В"С". Векторам 2В'С' и 2В"С" соответствуют комплекс-
ные числа (6 — с) (1 — ad'), (Ь — с) (1 — ad").
. Следовательно,

=(а (Ъ — с) (a — d'), a(b — c){a-7-d")) = ((а-d'), (a — d")) =
==-((a-d^a-d"))==-(AD', AD").
Интересно отметить, что ориентированные углы между векторами В'С',
В"С" и AD', AD", равные по абсолютному значению, имеют противополож-
ные знаки. Очевидно, никакие две прямые Симеона относительно одного и
того же треугольника не могут быть параллельны.
Найдем такую точку S на окружности, описанной около треугольни-
ка ЛВС, чтобы прямая Эйлера треугольника и прямая Симеона точки S были
перпендикулярны (рис. 4).
191
Очевидно, для этого необходимо потребовать выполнения- условия
h (Ь—с) (1 —	+ (b — с)(1 — os)=0, где /г = а+& + с. Отсюда находим, что
(ab + bc + ca)(b — c)(s—a) . (a-|--6 + f) (6 —с) (s —Д)q
abcs	abc	’
ИЛИ
ab + bc + ca + sa + sb + sc==O.
Очевидно, если а + ^ + ^=/=0»то точка S единственная, а если а + 6 + с = 0,
тоа + & + с==0 или ab-\-bc + ас = 0 и точка S неопределена. Это имеет место
тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний. Таким образом,
в общем случае имеем:	_
ab-\-bc-\-ca  abch
s~~ a+b + c	h '
Если считать, что вектор ОН направлен по оси х, то
ab
где число 1 соответствует точке пересечения Е луча ОН с окружностью zz= 1.
Из полученной формулы согласно X и XI находим точку S: проводим через
точку Е прямую, параллельную АВ и встречающую описанную окружность
в точке F; далее, из точ_ки Е опускаем на прямую Fc перпендикуляр, пере-
секающий окружность zz=\ в искомой точке S.
Из этого построения усматриваем, что /LCBS равен углу наклона пря-
мой Эйлера к стороне АВ. В самом деле,
S(_l)=(£*p,
т. е. хорда FC параллельна хорде SE' (точке Е' соответствует число — 1).
Но хорда EF параллельна хорде АВ. Следовательно, CBS — FEE' =(АВ^Ьн\
Можно точку S построить еще так: отразить точку С относительно пря-
мой Эйлера и из полученной точки С опустить перпендикуляр на сторо-
ну АВ, встречающий окружность в точке S.
На следствиях из этого построения не останавливаемся.
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ СМЕСЬ
О ПОСТРОЕНИИ КАСАТЕЛЬНОЙ К ОКРУЖНОСТИ
К числу конструктивных задач в курсе планиметрии восьмилетней шко-
лы относится построение циркулем и линейкой касательной к данной окруж-
ности. Если построение касательной к окружности со (О, /?) в точке Л g(o сво-
дится к построению перпендикуляра к прямой ОА в точке Л, то более содер-
жательной и поучительной задачей является построение к окружности каса-
тельной, проходящей через точку Л, не принадлежащую ей.
1.	Традиционное построение касательной циркулем и линейкой сводит-
ся, как известно, к следующему: на отрезке ОА как на диаметре строят окруж-
ность (01, пересекающую данную окружность <о в точках В и С (рис. I). Пря-
мые Л В и АС — искомые касательные.
Указанное построение основано на том, что вписанный в окружность coi
угол ОВЛ, опирающийся на диаметр, равен 90°. Однако это свойство впи-
санных углов может быть доказано лишь после того, как наряду с другими
аксиомами планиметрии уже принята аксиома о параллельных36 и получены
первые следствия из нее, например, когда доказано, что сумма углов тре-
угольника равна 180°. .
Познакомимся с построениями касательной к окружности, не требующи-
ми обоснования, опирающегося на теорию параллельных.
2.	Построим окружность (01 (Л, |ЛО|) и пересечем ее окружностью
(о2 (О, 2/?). Обозначим полученные точки пересечения через М и N (рис. 2).
Отрезки ОМ и ON пересекают данную окружность (о в точках В и С. Пря-
мые АВ и. АС — искомые касательные37.
Действительно, точка В является серединой основания ОМ равнобед-
ренного треугольника ОАМ, поэтому [ЛВ]— его высота, а значит, угол ОВА
прямой. Отсюда следует, что (ЛВ) — касательная к окружности о).
В обосновании проведенного построения нет необходимости опираться
на теорию параллельных, и поэтому оно относится к «абсолютной» геометрии.
Характерным для этого и предыдущего построений является то, что для
построения касательных были предварительно найдены точки касания.
3.	Познавательный интерес представляет собой построение касательной
к окружности,.содержащееся в третьей книге «Начал» Евклида (предложе-
ние 17). Приведем это построение, которое также свободно от использова-
ния понятия параллельности.
7 Зак. 2710 3. А. Скопец
193
Проводим окружность g)i (О, |ОЛ|) (рис. 3). Строим в точке Р = соГ|[у40]
касательную t к окружности со, пересекающую coi в точках М и Л/. Отрез-
ки ОМ и ON пересекают со в точках В и С; прямые АВ и АС — искомые ка-
сательные.
Действительно, треугольники РОМ и ВО^ конгруэнтны, так как у них
общий угол при вершине О, заключенный между соответственно конгруэнт-
ными сторонами (| ОР | = | ОВ |, |ОЛ4| = | О А |). Но треугольник ОРМ прямо-
угольный, (Р=90°), поэтому В = 90°, и, следовательно, прямая АВ—каса-
тельная к окружности со. В обосновании этого построения лежит признак
конгруэнтности треугольников, не связанный с аксиомой параллельности.
Именно на основе признаков конгруэнтности треугольников и проводится
подавляющее большинство доказательств теорем в: «Началах» Евклида.
4.	Покажем, как можно построить касательную к окружности, не строя
предварительно точек касания. Проведем окружность coj (О, | О А |). Каса-
тельная к окружности со в произвольной точке Ро€со пересекает окруж-
ность coi в точках М и N (рис. 4). Поворот /?о, при котором М А, отобра-
жает точку N на точку Q. Прямая Л Q — искомая касательная.*
Действительно, поворот Rl отображает касательную к со на касательную
к со ((MN)	(Лф)). Чтобы сделать построение, проведем окруж-
ность со2 (N, |ЛЛ1|). Одна из этих двух точек пересечения со2 и coj и есть
точка Q, а именно та, для которой направленный угол МОА равен направ-
ленному углу NOQ.
Построение второй касательной к окружности со сводится к выполнению
поворота 7?о, при котором точка N переходит в точку А. В этом случае точ-
ка М переходит в точку S и прямая Л5 — вторая касательная.
Преимущество этого способа построения касательной в том,- что обосно-
вание построения опирается на преобразование поворота, которое должно
(и в других случаях) найти достойное ему применение. Приведенное постро-
ение не основывается на теории параллельных и не связано с построением
точек касания — они получаются сами собой.
194
Недостатком такого построения является то, что приходится чаще при-
менять циркуль: вначале для построения касательной в точке Ро, затем обра-
за Q точки при повороте Ро и образа S точки М при повороте Ro. Однако
этот чисто технический недостаток не идет ни в какое сравнение с указан-
ным выше преимуществом.
5.	Следующий способ, близкий к только что рассмотренному, сводится
к использованию свойств хорд окружности, равноудаленных от ее центра,—
эти хорды конгруэнтны. Строим последовательно окружность <01 (О, I ОА |),
касательную к окружности со в произвольной точке Ро, пересекающую coi в
точках М и и окружность со2 (Л, |MN|), пересекающую <oi в точках Р. и Q
(рис. 5). Прямые АР и AQ — искомые касательные.
Действительно, хорды АР и AQ конгруэнтны хорде MJV, поэтому прямые
АР и AQ находятся от центра О на таком Же расстоянии /?, как и прямая MN.
Но в таком случае прямые АР и AQ — касательные к окружности со.
Это построение, как и в предыдущем случае, не опирается на теорию па-
раллельных, не требует предварительного построения точек касания и может
7*
195
быть обосновано также с использованием свойств поворота; оно экономнее
рассмотренных ранее. Построения 4 и 5 не встречались нам в известной учеб-
ной литературе.
Касательную к окружности в данной на ней точке А можно построить,
как известно, одной линейкой. Также одной линейкой можно построить ка-
сательные к окружности, если данная точка А не принадлежит окружности.
Эти построения возможно выполнить одной линейкой и тогда, когда центр
окружности не задан.
6.	Мы ограничимся в этом пункте рассмотрением лишь того случая, когда
центр О окружности ш задан и задана точка (Рассмотрение других
вышеперечисленных задач увело бы нас далеко от изучаемого вопроса и по-
требовало бы решения ряда вспомогательных задач.)
Проведем прямую ОЛ, пересекающую окружность со в точках Р и Q
(рис. 6). Далее, через точку Л проведем произвольную прямую, пересе-
кающую о) в точках N и М.
Пусть прямые РМ и QN пересекаются в точке /С, а прямые PN и QM —
в точке L. Прямая KL пересекает окружность со в точках В и С. Прямые АВ
и АС — искомые касательные. Докажем это.
Заметим прежде всего, что прямая KL перпендикулярна (PQ). В самом
деле, в треугольнике PQL отрезки РМ и QN — высоты, пересекающиеся в
точке /С, поэтому (KL) содержит третью высоту, и, следовательно, (/<L)±
±(PQ).
Если (KZ,)f|(PQ) = D, то |О£>| • |ОЛ| =/?. Убедимся в истинности этого
соотношения.
Пусть DPK — a, DQK=?>. Тогда
|PD|:|DQ|=ctga:ctgp.	(1)
Построим перпендикуляр к прямой АР в точке А, пересекающий прямую PAf
в точке S. Очевидно, что
|РЛ| = |Л5| ctga и |Л(?| = |Л5| ctg4QS.
Так как AQS=AMS = 180° - PMN = PQN = ^, то |Л(?| = |Л$| ctg р. По-
, этому
\РА |:|Л(?| =ctg а : ctg р.	(2)
Сопоставляя (1) и (2), получаем |/?£)|:|РЛ| = |£>Q|:MQ|, или
(IODI +/?).(|ОЛ| -/?)=(/?- |ОО|).(|ОЛ| +/?).
После раскрытия скобок и упрощений находим, что
|00|.|0Л|=/?2.	(3)
Из соотношения (3) следует, что |00|:/?==/?:|0Л|, т. е. треугольни-
ки ODB и ОВА подобны. Поскольку О£)В = 90°, то ОВА = 90°. Следова-
тельно, прямая АВ — искомая касательная.
Предложенное построение выполняется только линейкой. Чтобы постро-
196
ить касательные АВ и АС, потребовалось провести 9 прямых: АО, AM, РМ
QN, KL, QM, PN, АВ, АС.
7.	Приведем способ построения касательной только циркулем. Другими
словами, посредством циркуля без привлечения линейки построим точки
касания В и С по заданным окружности со (О, /?) и точке А (со.
Проведем окружность cot (Л, |ОЛ|) (рис. 7). Далее найдем раствор цир-
куля, равный 2/?, для чего выберем на окружности ш точку S и отложим три
дуги, содержащие по 60 дуговых градусов: SP = PQ = QT = 60°. Точки S и Т
диаметрально противоположны. Строим окружность со{ (О, ISTI), пере-
секающую coi в точках М и N. Теперь остается одним циркулем построить
середину отрезка МО. Для этого строим окружности о>2 (О, |OAf |) и
(оз (М, |МО|), а затем для точек М и О находим на них диаметрально противо-
положные точки U и V (рис. 8). Далее строим окружность со4 (U, | UM |), пере-
секающую юз в точках К и L. Наконец, строим окружности (о5 (К, | КМ |) и
(о6 (L, \LM |), пересекающиеся в искомой точке В — середине [МО].
Действительно, треугольники КМВ и UMK равнобедренные и подобные.
Поэтому из того, что |КМ|=4~|МО|, следует, что |МВ| =4“|МК| =±-R.
2	2	2
Итак, точка В — искомая точка касания. Аналогично находим точку каса-
ния С.
8.	Еще одно построение касательной к окружности основано на сле-
дующем свойстве отрезков секущей, проведенной к окружности:
- '	\AB\2=\AP\-\AQ\ (рис. 9).
Если на отрезке AQ как на диаметре построить окружность g)i и пере-
сечь ее касательной /, проведенной в точке Р к ш, то получим точки М и АЛ
Очевидно, |ЛМ|2= |ЛР| • |AQ|. Поэтому окружность о)2 (Л, |ЛМ|) пересечет
о) в точках В и С касания искомых касательных ЛВ и АС.
Другой вариант построения касательной в данном случае основан на ином
способе построения отрезка ЛВ по отрезкам АР<и AQ (рис. 10). Так, строим
окружность (01 (Л, | АР\), пересекающую (ЛВ) в точке D, затем строим окруж-
197
ность (02 на диаметре QD и пересекаем ее перпендикуляром к прямой АР в
точке А. Для полученных точек М и N имеем:
\AM\2=\AN\2=\AD\-\AQ\ = \AP\-\AQ\y'
поэтому окружность юз (Л, |ЛЛ4|) пересекает о> в искомых точках каса-
ния В и С.	‘
9.	Построение касательной можно выполнить просто, если не связывать
его непосредственно с данной окружностью со (О, R) и данной точкой Л. Если
В есть точка касания, то треугольник ОАВ прямоугольный, причем известно,
что |ОВ|=/?, |ОЛ|=б/, В = 90°. Следовательно, задача сводится к по-
строению прямоугольного треугольника по катету и гипотенузе. Катет АВ
построенного треугольника позволяет строить окружность coi (Л, |АВ|), пере-
секающую о) в искомых точках В и С.
10.	Приведем еще одно построение, основанное на свойствах биссектрис
треугольника. Пусть искомая касательная АВ пересекает касательную I к
(о (О, R) в ее точке Q в некоторой точке М (рис. 11). Очевидно, [МО)—
198
биссектриса угла QMA. Биссектриса угла, смежного с углом QMA, пере-
секает прямую АР в точке S, для которой
|(?5|:|5Л | = |<ЭО|:|ОЛГ.	j
Итак, построив точку S, можно построить окружность (Д1 на диаметре OS,
Поскольку угол SMO прямой, то coi пересечет I в точках М и ДО, таких, что
(ЛЛ4) и (AN) — искомые касательные.
Наиболее простое построение точки S такое: откладываем на I два конгру-
энтных отрезка QK и QL (рис. 12) ; находим точку D пересечения прямой КО
с перпендикуляром к прямой ОА в точке 'А; строим прямую DL, пересекающую
прямую ОА в точке S.
АНАЛИТИЧЕСКОЕ РЕШЕНИЕ
I	ТРЕХ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
|	Задача 1. В окружность вписан шестиугольник, у которого три
стороны, взятые через одну, равны радиусу окружности. Доказать, что сере-
| дины трех остальных сторон шестйугольника являются вершинами правиль-
1 ного треугольника.
Решение. Согласно условию задачи стороны Л1Л2, Л3Л4 и Л5Л6 впи-
санного в окружность шестиугольника Л^гЛзЛфЛ^ равны R (рис. 1). Если
; начало прямоугольной системы координат поместить в центре О данной 4
окружности, то каждой вершине можно отнести комплексное число г вида
* R (cos ф~Н sin ф).
I	Очевидно, что если вершине Л i отнести комплексное число z\ — R (соэф| +
-Н sin ф1), то вершине Л2 можно будет отнести комплексное число z2 =
= mzi, равное R (cqs (ф14-60°)+i sin (ф1+60°)), где m = cos 60°-Н sin 60°.
Итак, можно записать, что z2 = mzi, Z4 = mz3 и z6 = mz5.
Середине Л12з стороны Л2Л3 можно отнести комплексное число -y(z2 +
+ z3), середине М45 стороны Л4Л5 — комплексное число -~(z4 + z5), середине
Л46| стороны Л6Л, — комплексное число y-(z64“Zij-
Если вектор Л12зА145 перенести в точку О (центр окружности), то полу-
! чим вектор ОР и точке Р соответствует комплексное число р, равное
-l~(z44-z5-z2—z3).	'
Точно так же, перенося вектор Af23M61 в точку О, получим Ректор OQ, и
1 точке Q соответствует комплексное число q, равное -^-(z6 + zl— z2—z3).
Для того чтобы доказать, что треугольник М23^45^61 разносторонний,
достаточно доказать, что треугольник OPQ равносторонний. Но для этого
нужно доказать, что умножением комплексного числа р на число т получим
199
Аб
комплексное число q. В самом деле, учитывая, что /и2 — m-j-l—0, имеем:
2pm = mz4 + m25 — тг? ~~ mzs —	— z6 — mz2 — mz3,
или
2рт = zQ — mz2 — z3.
Но 27 = z6+(m —m2) Zj — mZ| — z3 = z6-—mz2 —z3.
Итак, 2<7 = 2pzn, q — pm и треугольник OPQ равносторонний, а значит,
и треугольник Л423Л445Л161 равносторонний, что и требовалось доказать.
Приведенное доказательство показывает, что на самом деле решена
более общая и более содержательная задача, которую можно сформулиро-
вать следующим образом:
Если треугольник АВС повернут около некоторой точки на угол, равный
60°, в положение А\В\С\, то середины отрезков Л|В,,В\С и С\А являются
вершинами равностороннего треугольника (рис. 2).
Задача 2. Если перпендикуляры, опущенные из вершин одного
треугольника на соответствующие стороны второго треугольника, пересека-
ются в одной точке, то и перпендику-
ляры, опущенные из вершин второго
треугольника на соответствующие сто-
роны первого треугольника, также пе-
ресекаются в одной точке.
Решение. Пусть перпендикуля-
ры, опущенные из вершин Л, В и С
треугольника АВС на стороны B|Ci,
С1Л1 и Л|В| треугольника А\В\С\, пе-
ресекаются в точке М, а перпендикуля-
ры, опущенные из вершин А\ и В\ на
стороны ВС и СЛ, пересекаются в точ-
ке Mi (рис. 3). Остается доказать, что
прямые MiCi и АВ перпендикулярны.
Для доказательства положим
200
МА=Г\, МВ = Г2, МС = г3,
—t
М|Л1=рь Л41В1 — р2, MiCi — рз-
Согласно условию имеем следующие пять равенств:
Г\ -(р2“ рз) = 0, Г2-(рЗ — Р1) = 0, ГЗ’(Р1—р2) = 0,
Р1-(Г2 —Гз) = 0, р2.(г3 —Г|)==0,
или
-	Г\•Р2 = Г| *РЗ, Г2 * Рз = Г2 * Р1, ^З-pi =Гз-р2,
Р1*Г2 = р1’Гз, Р2 ’ Гз = Р2 * РI •
Нетрудно заметить, что из этих равенств вытекает шестое равенство
г\ • рз = г• рз,
так как
Г\ Фр3 = ^1 •р2 = Р2‘Гз = Р1 *Гз = Р1 •Г2 = Г2‘РЗ-
Итак, имеем равенство
рЗ-(^1 — ^2) = 0,
указывающее на перпендикулярность векторов MjCi и АВ, что и требовалось
доказать.
Задача 3. Парабола у = ах2 пересекается с окружностью в четырех
точках Л, В, С и D. Доказать, что прямые АВ и CD, а также прямые А С и BD,
AD и ВС образуют с осью х равные внутренние (или внешние) односторонние
углы.
Решение. Определим угловой коэффициент хорды АВ, т. е. найдем
тангенс угла ф наклона хорды АВ с положительным направлением оси х
(рис. 4). Если точки А и В имеют соответственно координаты хь у\ и х2, г/г,
то
У\=ах2 и у2 = ах22
и	ч
1ёФ=т5т"=а(Х|+Х2)-	0) 
Л2 Л|
Проведем через точку С прямую q, образующую с положительным направ-
лением оси х угол 180° —ф. Если прямая q пересекает параболу в точке
Z)'.(x4, у4), то согласно (1) имеем:
tg(180° —ф)= — tg ф = а(х3 + 4)
и, сопоставляя с (1), получаем:
%i-р%2 ~hХз-р%4 — 0.	(2)
Из полученного равенства (2) следует, что
a (xi -f-X4) + a (х2 + х3)=0,
и поэтому угловые коэффициенты хорд AD' и ВС также отличаются только
201
знаком. Это значит, что прямые AD' и ВС также образуют с положительным
направленйем оси х равные односторонние углы хр. Теперь нетрудно заметить,
что четырехугольник ABCD' является вписанным в окружность, так как
сумма углов D' и В равна 180°:
В = ф +	180°, Ь' = 360°-(<р+М>\	♦
Отсюда следует, что точка D' совпадает с точкой D и диагонали АС и
BD также образуют с осью х равные односторонние углы.
Решенную задачу можно применить для построения окружности, которая
пересекает параболу в четырех точках, из которых три совпадают с данной
точкой А (рис. 5). Такую окружность, как известно, называют соприкасаю-
щейся окружностью к параболе в точке А. Для осуществления построения
проведем в точке А к параболе касательную t и через эту же точку проведем 1
другую прямую Г, образующую вместе с t равные односторонние углы с
осью х. Пусть прямая t' пересекает параболу в точке D. Легко, заметить,
сравнивая полученное построение с ранее рассмотренным, что точки В и
С слились с точкой А. Поэтому если провести окружность через точку D, ,
касающуюся прямой t в.точке Л, то из четырех точек пересечения параболы
с проведенной окружностью три совпадают с точкой А.
202
ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМЫ П. ЭРДЕША
 Теорема Эрдеша. Если расстояния от произвольной внутренней
точки О треугольника до его вершин равны /?2, /?з, а расстояния до сторон S
равНЫ Г1, Г 2, гз, то
R1 + /?2 + /?3 2^ 2 (г I 4" <2 + Гз),
причем равенство достигается только для правильного треугольника и его
' центра.
Доказательство. Докажем сначала, что если только точка О
лежит внутри угла С треугольника АВС, то
(1)
где а, Ь, с — стороны треугольника.
Действительно, если из вершин А и В опустим на прямую ОС перпенди-
куляры и их основания обозначим через Ai и В|, то (рис. 1)
. c^AM + BM^AAt+BBt,
и поэтому
.	А А । • Йз + ВВ । -/?з = 25дЛОС+2^ &вос~аг ’ + ^г2,
откуда и вытекает неравенство (1), причем знак равенства имеет место для
точек О, расположенных на луче, перпендикулярном к АВ.
Если точку О отразить симметрично относительно биссектрисы угла С,
то отраженная точка О' останется внутри угла С; записав для нее неравен-
ство (1), получим:
Ь . а	b
1 + ~Г2,	/?1 ^ — Гз
с Складывая почленно последние три
неравенства и учитывая, что, напри-
мер, -L+_£_=^±£l=(^+2>2, на-
с b be Ьс
ходим: /?1 Н-/?г + /?з> (’Т'+у') г> +
+ (f + fh + (т + т)
^2 (г I + Г2 + ^з)-
Знак равенства имеет место лишь
в том случае, если
с b с а
=-^-4—^-, т. е. если а = Ь — с и тре-
угольник является равносторонним,
а	о о .
203
и если отраженная точка О' попадает на проведенную из С высоту треуголь^
ника, и аналогично для точек, полученных из О отражением от двух других
биссектрис треугольника, что равносильно требованию совпадения точки О
с центром равностороннего треугольника. Этим теорема доказана полностью.
ОБОБЩЕНИЕ ТЕОРЕМЫ ПТОЛЕМЕЯ
Теорема Птолемея о вписанном в окружность выпуклом четырехуголь-
нике пользуется широкой известностью, она гласит:
для всякого вписанного в окружность выпуклого четырехугольника
сумма произведений его противоположных' сторон равна произведению
диагоналей.
I
Рассмотрим теорему, представляющую обобщение теоремы* Птолемея.
В ней идет речь о четырех окружностях, касающихся внутренним (внешним)
образом некоторой окружности в вершинах вписанного в нее четырехуголь-
ника. Вместо расстояния между двумя вершинами А и В принимается каса-
тельное расстояние d (сол, сов) между соответствующими двумя окружностями
сол, сов, где под касательным расстоянием d (сол, сов) подразумевается рас-
стояние между двумя точками касания общей внешней касательной этих
двух окружностей (рис. 1).
Теорема. Если окружности сол, сов, сос, coD касаются окружности со
внутренним (внешним) образом в вершинах Д, В, С, D выпуклого четырех-
угольника ABCD, вписанного в со, то касательные расстояния между парами
окружностей связаны соотношением
wj-rf (ыс> Ид)+б/	(0л)=(/ ((Од, Wc)-rf (0д). (О
Заметим, что в этой теореме допускаются окружности нулевого радиуса
(нулевые окружности), т. е. точки. Это значит; что точка, принадлежащая
со, рассматривается как окружность, касающаяся со в этой же точке.
Приведенную выше теорему, сформулированную для неориентированных
окружностей, будем называть теоремой Кэзи. Более общую формулировку
теоремы Кэзи, касающуюся ориентированных окружностей, опускаем.
Чтобы доказать теорему Кэзи, решим такую задачу.
Задача. Даны окружность ш (О, /?) и две касающиеся ее внутренним
образом в точках А и В окружности сол (0ь ri) и сов (О2, г2). Вычислить каса-
тельное расстояние d (сол, сов) между окружностями сол и сов.
Решение. Пусть общая внешняя касательная касается сол в точке
Д|, а о)в — в точке В\ (рис. 2). Тогда
d2 (сол, сов)= |Д]В1|2= —(r2 —ri)2+|OiO2|2,
где \O[O2\2^R-rif + (R^r2T-2(R-ri)XR-r2)cos4).
204
у
Дале£, |ЛВ|2 = 2/?2 —2/?2 cos ф, где ф=ЛОВ .
Из записанных уравнений следует после исключения |О]О2| и cos ф
равенство
|Л1В1|2=-(г2-г1)2 + (/?-Г1)2 + (/?-г2)2-2(/?-г1)(/?-г2) (1-И^П. ,
\ /
Отсюда после несложных преобразований получим:
d (<ол, юв)= |Л|В11	—ri)(B —гг)- '	(2)
Переходим к доказательству теоремы Кэзи.
Впишем в окружность со четырехугольник ABCD и построим четыре
окружности сол, сов, сос, (oD, касающиеся со внутренним образом в точках
Л, В, С, D. Тогда согласно формуле (2) имеем:
dAB=d(uA,	cfBC=^l
R	R
t
dCD=^^(R-r3){R-rA\ dDA=^^R-rA) (R-rt),
 dCA = '-^(R-r3)(R-rt), dDB=^^R-r4)(R-r2).
A	A
Для четырехугольника ABCD можно применить теорему Птолемея:
|ЛВ| ICDI + IBCI | £>Л | = |ЛС| |ВВ|.	(3)
В выражение
d (<ол, wB)-d (<ос, (oD)H-d (<ofl, (oc)«rf(<oD, юл)—d(wA, a^d (<ав,
205
-
*
подставим соответствующие выражения из (2) и учтем (3). После упроще- •
ний получим зависимость (1) между касательными расстояниями:	J
d (сол, (0e)-d (wc> (0D)4-rf ((0в, (0c)-d (O)D, Ил)=(/(ил, (0c)-d (соВ) (Од).	i
Если две окружности шл и сов касаются <о внешним образом, то	I
d(<*A, <ов)=Ц£Ч(Я + п)(Я+''г)	|
и соотношение (1) остается в силе для четырех окружностей, касающихся
со внешним образом.
t
II
Применим теорему к решению ряда задач.
Задача 1. В окружность со вписан равнобедренный треугольник
АВС (\СА\ = \СВ\). В сегмент АВ, не содержащий треугольник, вписана
произвольная окружность coi. Доказать, что отрезок касательной, прове- 1
денной из вершины С к окружности coi (от точки С до точки касания), имеет ’
длину /, не зависящую от выбора окружности соь Найти t.
, Решение. Пусть вершины А, В, С — окружности нулевого радиуса.
Рассмотрим четыре окружности Л, С, В, со (рис. 3). Применим доказанную
теорему Кэзи. Обозначим точку касания coi с (ЛВ) через М, Тогда
\АС\ \ВМ\ + \СВ\ \МА\ = \АВ\ t,
\АС\-(\ВМ\ + \МА\)=\АВ\ t,	|
откуда /= |ЛС|.
Задача 2. В окружности со проведены хорда АВ и перпендикулярный
к ней диаметр CD. В сегмент АСВ вписана произвольная окружность соь
а в точке D окружности со касается окружность со2 внутренним образом ,
(рис. 4). Доказать, что касательное расстояние между окружностями coi и »
со2 постоянно.
206
Решение. Рассмотрим 4 окружности <йь В, Л, со2. Пусть со i касается
хорды АВ в точке Л4. Тогда согласно теореме имеем:
\AM[-d(B, со2)+|ВМ|-d (Л, со2)= |ЛВ|-d (соь со2).	.
Но d (В, co2) = d (Л, со2), поэтому d (Л, со2)-(|ЛМ| + |МВ|)= |ЛВ| d (со, со2). От-
сюда d (coi, co2) = d (Л, со2)..
Итак, касательное расстояние между coj и со2 равно d{A, со2), т. е. каса-
тельному расстоянию между Л и со2.
Задача 3. Даны окружность со диаметром АВ и точка С£[ЛВ]
(рис. 5). Построены две окружности coi и со2 диаметрами АС и СВ и их
общая внутренняя касательная, пересекающая со в точках М и W. Найти
касательное расстояние t между окружностями coi и со2.
Решение. Рассмотрим четыре окружности coi, А4, со2, N и применим
к ним теорему Кэзи. Имеем:
|Л1С| • |Л?С| + |МС| • |ЛГС| =t 1МЛП, 2 |МС|2 = / |МС|,так Как |MC| = |JVC|.
Отсюда /=|МС[.
3 а д а ч а .4. Три равные окружности соi, со2, со3 касаются попарно между
собой и внутренним образом некоторой окружности со. Из произвольной
точки М £ со проведены к трем окружностям касательные. Доказать, что сумма
двух отрезков, касательных от точки М до точки касания, равна третьему
отрезку.
Решение. Обозначим касательные расстояния d(coi, со2), d (со2, со3),
d(co3, coi) через /, а точку М примем за нулевую окружность (рис. 6). При
расположении точки М так, как указано на рисунке, получаем:
tt\ + И2 = th, 6 + =
где /1 =d (coi, Л4), f2 = d.(co2,'M), h — d (со3, М).
Задача 5. Окружности coi (О|, R\) и со2 (О2,/?2) касаются внешним
образом в точке М. Некоторая окружность со (О, R) касается окружностей
со 1 и со2 внутренним образом и пересекает их общую касательную (в точке М)
в точках А и В (рис. 7). Доказать, что | ЛЛ41 • |ВЛ41 = \АВ \ ^/R\R2
207
и
Решение. Рассмотрим четыре окружности coi, Л, о)2 и В и применим
к ним теорему Кэзи. Имеем: |AM| • |ВМ| + |ВМ| • |AM| = |ЛВ|
где t — касательное расстояние между cot и <о2. Но это расстояние вычисляет-
ся легко по формуле
t2=^R{ + R2)2-(R2-Ri)2, t2 = 4RlR2,
поэтому
|ЛМ| \BM\ = \AB\^R2.
Задача 6. Дана окружность со (О, R) диаметром [ЛВ| =2R. Окруж-
ность о>| (О,; Ri) касается окружности ю и диаметра АВ в точке М. Вычис-
лить Ri, если |ЛЛ4|=т, |ВУЙ|=п.
Решение. Построим окружность «г, симметричную <oi относительно
прямой АВ (рис. 8). Воспользовавшись предыдущей задачей, имеем:
|ЛМ|-|ВМ| = |ЛВ| /?ь
Отсюда Ri=!?1
Задача 7. В окружность <о вписан треугольник АВС (рис. 9). Окруж-
ность (Di касается окружности со и сторон АВ и СВ в точках Ci и А\. Выра-
зить расстояние |BA11 через длины сторон треугольника.
Решение. Рассмотрим четыре окружности Л, В, С, <oj, касающиеся со.
Применяя к ним теорему Кэзи, получаем:
\АВ\ \CAi\ + \BC\ |ЛС1Г=|ЛС| |ВЛ,|,
откуда
с(а-|ВЛ1|) + а(с-|ВС1|) = Ь |ВЛ1|, \BCi\ = \BAi\.
. После упрощения получаем:
|ВЛ1|-(а + & + с) = 2ас, |ВЛ11=у.
208
Задача 8. В окружность со (О, R) вписан треугольник АВС (рис. 10).
Окружность coi (01, р) касается сторон АВ и СВ и окружности о). Выразить р
через элементы данного треугольника.
Решение. Согласно задаче 7 имеем:
p=|BX1|tg^-, P=ytg|-.
Но ac—-—z=------Поэтому
sin в .в в
smTcosT
где г — радиус окружности, вписанной в данный треугольник.
В частном случае, когда В = 90°, получаем р = 2г; когда В = 120°, то
р = 4г; когда В = 60°, то р=4~г.
Нетрудно подсчитать, что cos В =	.
Задача 9. В окружности со радиусом R проведен диаметр АВ, который
Г точками М и N разделен на три равные части. Окружности о>| и со2 вписаны
|	в образовавшиеся полуокружности и касаются диаметра в точках М и Af.
1	Вычислить касательное расстояние между coi и со2 (рис. 11).
Решен и е. Рассмотрим четыре окружности coi, A, <о2, В. Тогда
\АМ| • |BN\ + |ЛЛГ| • IBM| = \АВ| d(a>b (о2), (v)^!-'2*)^
= clR-d (coi, со2).
Отсюда находим, что d (coi, (о2)=-^-/?.
' 209
Задача 10. В окружность со вписан равнобедренный треугольник АВС,
|СЛ | = | СВ |. В образовавшиеся сегменты с основаниями С А, СВ, АВ, лежа-
щие вне треугольника АВС, вписаны окружности coi, со2 и со3, касающиеся
оснований в их серединах (рис. 12). Доказать, что касательйые расстояния
между окружностями coi и со2, coi и со3 равны между собой.
Решение. Пусть \СА\ = \СВ\ =Ь. Рассмотрим четыреиокружности coi,
С, со2 и со3 и применим к ним теорему Кэзи.
Получаем:
-|-d(co2, (o3) + y-d (о)3, coi)=d(coj, со2)-6.
Но d (со2, co3) = d (со3, coi), поэтому b*d (со3, coi) = d (coj, со2) b или d (со3, coi) =
= d (coi, со2).
ТЕОРЕМА МОРЛЕЯ
Любителям математики хорошо известна эта удивительная теорема
элементарной геометрии о трисектрисах треугольника. Она была сформули-
рована американским математиком Ф. М о р л е е м. Первые доказательства
теоремы Морлея были опубликованы в 1909 г. Позднее появилось более
десятка новых доказательств, но доврльно сложных по сравнению с ее
простой формулировкой.
Теорема. Трисектрисы углов треугольника, примыкающие к одной
стороне, попарно пересекаются в точках, являющихся вершинами равно-
стороннего треугольника.
Трисектрисами угла называют прямые, проходящие через вершину угла
и делящие его на три равные части.
Доказательство. Пусть трисектрисы углов данного треугольника
АВС, примыкающие к сторонам ВС, СА и АВ, пересекаются в точках X, Y
и Z (рис. 1).
210
Введем обозначения: Л = 3а, В = 3р, С = 3у, |ЛУ|=т, \AZ\=n. Длины
сторон треугольника АВС будем обозначать через а, b и с.
Вычислим величины углов AZY и BZX.
Так как За + Зр-|-Зу= 180° , то а + Р + т = 60° и а + р = 60° —у. При-
менив теорему синусов к треугольнику AZB, получим:
п __ sin ft
с sin (а-j-ft) ’
. отсюда
_ с sin ft __ с sin ft
П sin (а 4-ft) sin (60° — у)*
Аналогично находим, что
m = -fesinv
sin (60° — ft) *
Из треугольника АВС по теореме синусов имеем:	•
Следовательно,
т   sin 3ft sin у sin (60° — у)
п	sin Зу sin ft sin (60° — ft) *
Упростим это равенство, применив тождество
sin Зр = 4 sin р sin (60° + Р) sin (60° —Р).
Получим:
т  sin (60° -р ft)
п sin (60°+ у)
211
Теперь уже без всяких вычислений можно доказать, что интересующие
нас углы AZY и AYZ треугольника AYZ равны 6О° + 0 и 60°4-у.
Действительно, так как а + р + у = 60°, то существует треугольник с
углами 60°+ Р, 60° +у и а, а отношение его сторон, заключающих угол
а, равно
sin (60° +ft) __ т	J>
sin (60°+у) п
Поскольку fAZ = а, треугольник AYZ подобен такому треугольнику. Тогда
AZY =60° + Р и AYZ =60°+?.
Точно так же докажем, что fiZX = 60° + a.
А так как AZB = 120° + y и YZA+AZB + BZX=(60° + 0) + (12О° + ?) +
+ (60° + а) = 300°, то XZr=60°.
Аналогично докажем, что каждый из двух других углов треугольника
XYZ также равен 60°. Значит, треугольник XYZ равносторонний.
При попытке доказать теорему Морлея геометрически возникают боль-
шие трудности. Их удается преодолеть, если действовать в обратном поряд-
ке: сначала построить равносторонний треугольник XYZ, а затем исходный
треугольник АВС.
Теорему Морлея можно обобщить, если рассматривать, кроме внутрен-
них, еще и внешние трисектрисы треугольника (прямые, делящие на три
равные части внешние углы треугольника, а также углы, дополняющие
углы треугольника до 360°).
Знаменитый французский математик А. Лебег (1875—1941), исполь-
зуя элементарные средства, доказал, что среди точек пересечения всех
трисектрис треугольника можно указать 27 троек, являющихся вершинами
равносторонних треугольников.
В частности, трисектрисы внешних углов треугольника АВС, примыкаю-
щие к одной и той же стороне, попарно пересекаются в точках, являющихся
вершинами равностороннего треугольника (рис. 2).
Простое и экономное доказательство можно получить, применив триго-
нометрию. Если Xi, У|, Z\—точки пересечения указанных трисектрис,
то, пользуясь теоремой Синусов, как в приведенном выше доказательстве,
устанавливаем, что углы Z\ и У1 треугольника AY{Z\ равны соответственно
0 и у, а каждый из углов треугольника X\Y\Z\ равен 60°. Кроме того, легко
установить, что стороны треугольника XiYiZi соответственно параллельны
сторонам треугольника XYZ.
Эффективное доказательство полной обобщенной теоремы Морлея мож-
но провести, используя аппарат комплексных чисел.
л
КОММЕНТАРИИ
1.	Можно предложить доказательство теоремы, обратной теореме
Пифагора, основанное на равенстве треугольников. Пусть длины сторон
треугольника АВС связаны отношением
с2 = а2+&2.	(1)
Докажем, что этот треугольник прямоугольный. Построим прямоуголь-
ный треугольник Л1В1С1 по двум катетам, длины которых равны а и Ь.
Обозначим через Ci длину гипотенузы этого треугольника. Тогда по теореме
Пифагора имеем:
с2 = а2 + Ь2.	(2)
Сравнивая отношения (1) и (2), получаем, что с2— с2, или Ci = c. Таким
образом, треугольники АВС и А1В1С1 равны по трем сторонам. Следо-
вательно, угол С, равный углу С|, прямой.
2.	Здесь под следом прямой понимается точка ее пересечения с пло-
скостью. В современных курсах стереометрии эта теорема, выражающая
признак перпендикулярности прямой и плоскости, формулируется так:
«Если прямая I перпендикулярна каким-либо двум пересекающимся пря-
мым а и Ь, лежащим в плоскости а, то прямая I перпендикулярна
плоскости а».
Приведем доказательство этой теоремы, основанное на применении ска-
лярного произведения векторов.
Возьмем в плоскости а произвольную прямую с. Пусть а, Ь, с, п —
направляющие векторы прямых a, b, с, I (рис. 1). Тогда векторы а, Ь, с
ненулевые, причем а nJ) не параллельны. Следовательно, вектор с выра-
жается через векторы а и Ь:
c — xa + yb,
где х, у — некоторые действительные числа. Так как по условию
l_Lb, то па —О, nb — 0. Следовательно,
пс = п (xa-{-yb) = x (па)-]-у (Я£) = х-0 + у-0 = 0.
Таким образом, ш? = 0, т. е. /±с.
213
Мы видим, что прямая I перпендикулярна любой прямой с, лежащей в
плоскости а, т. е. /±а.
3.	В этой книге встречается символ Д, который означает величину
угла А.
4.	Эффективное доказательство теоремы косинусов связано с примене-
нием векторов.
Рассмотрим произвольный треугольник АВС, Введем обозначения:
СВ = а, СА = Ь, АВ = с. Тогда с = а — Ь. Найдем квадрат длины сторо-
ны АВ:
с2 = ?=(a — b f=а2 — 2ab -\-b2 = а2 A- b2—2ab cos С.
Теорема косинусов доказана.
5.	Приведем доказательство теоремы синусов, основанное на исполь-
зовании формулы площади треугольника:
S=-^-bc sin A, S=-~ac sin В, S—^-ab sin С,
-x-bc sin A =±-ac sin B=-Lab sin C.
z	z	2, i
Разделив каждый член этого равенства на выражение -^-abc, получим
теорему синусов:
sin А sin В  sin С
а	b с '
6.	Здесь под «симметрией формулы» относительно, например, а и b
автор понимает тот факт, что значение выражения, определяемого ею,
не меняется, если в ней поменять а на b, Ь на а.
7.	Под косым четырехугольником понимается пространственный четы-
рехугольник, не все вершины которого принадлежат одной плоскости.
8.	Четырехугольник называют простым, если: а) из каждой его верши-
ны исходят только две стороны; б) стороны не имеют внутренних об-
щих точ<ек; в) ни одна из вершин не является внутренней- точкой сто-
214'
роны. Если хотя бы одно из этих условий не выполняется, то такой четырех-
угольник называют непростым. В школе изучают свойства только простых
четырехугольников.
9.	У самопересекающегося четырехугольника две стороны имеют об-
щую внутреннюю точку.
10.	Вырожденным четырехугольником автор здесь называет четырех-
угольник ABCD, у которого вершина D лежит между вершинами А
и В, т. е. является внутренней точкой отрезка АВ. Фактически
здесь четырехугольник ABCD «выродился» в треугольник с обозначенной
на его стороне АВ точкой D.
11.	Трехгранный угол образуют три луча, исходящие из одной точки
(его вершины) и не лежащие в одной плоскости. Лучи называют
ребрами трехгранного угла, а образованные ими плоские углы — гранями
трехгранного угла. Сумма величин плоских углов трехгранного угла мень-
ше 360°; любой плоский угол трехгранного угла меньше суммы двух
других его плоских углов и больше их разности.
12.	Напомним, что скалярным произведением двух ненулевых векторов
называют произведение длин этих векторов и косинуса угла между ними:
а • b = 15] • | b | cos ф.
Уго^т ф между двумя векторами заключен в пределах от 0° до 180°. Если
хотя бы один из векторов 5, b нулевой, то ab = 0. Основные свойства
скалярного произведения векторов:	/
(ka) b = k (aby, (a-f-fe) с = ас + Ьс\ ар=Ьа; а2==|а|2.
13.	Напомним, что два вектора называют коллинеарными, если один
из них получается из другого умножением на число. Три вектора назы-
вают компланарными, если существует плоскость, которой эти векторы
параллельны. Если а, Ь, с — компланарные векторы, причем а и 6
неколлинеарны, то вектор с выражается через а и 5, т. е. существуют
такие числа х и у, что c = xa+yb. Числа х и у определяются однозначно.
Справедливо й обратное утверждение: если вектор С выражается через
а и Ь\ то векторы а, 5, с компланарны.
14.	Публикуемые в этой книге статьи 3. А. Скопеца были написаны
в разное время. Автор пользовался символикой, которая в то время при-
менялась в школьном курсе математики. Здесь [ЛВ) — луч ЛВ, [ЛВ] —
отрезок ЛВ, (ЛВ) — прямая ЛВ, Ф^Фг— объединение фигур (фигура,
состоящая из всех тех и только тех точек, которые принадлежат хотя бы
одной из этих фигур), Ф1ПФ2 — пересечение фигур (фигура, состоящая
из всех тех и только тех точек, которые принадлежат одной из этих фигур).
15.	Две прямые называют скрещивающимися, если не существует
плоскости, содержащей эти прямые. Признак скрещивающихся прямых:
если одна из двух прямых лежит в плоскости, а другая пересекает эту
плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то рассматриваемые
прямые скрещиваются.
215
16.	Отображение плоскости (пространства) на себя; при котором две
любые точки М и N отображаются на такие точки Mi и Ni, что выпол-
няется равенство | =k\MN\ (где &>0), называют подобием плоско-
сти (пространства) с коэффициентом k.
17.	Центроидом треугольника называют точку пересечения его медиан.
Центроид треугольника является также его центром тяжести.
18.	Тройку (z; /, k) попарно перпендикулярных единичных векторов
называют прямоугольным базисом. Каждый вектор пространства можно
разложить по векторам /, /, k\ Это означает, что для любого вектора
а существует, и притом только одна, тройка чисел (х; у\ г), такая, что
a = xt-\-yj-{-zk. Верно и обратной утверждение: в данном прямоугольном
базисе (/; /; k) каждая тройка чисел (х; у\ z) определяет единственный
вектор. Числа х, z/, z называют координатами вектора а в базисе (Г;-/; k).
19.	Одинаково ориентированные треугольники АВС и Л1В1С1 Можно
себе представить следующим образом. Если на сторонах треугольника
АВС стрелками указать направление его обхода от Л к В, от В к С,
от С к Л, то направление обхода треугольника Л1В1С1 от Л| к В|,
от В\ к Ci, от С\ к Л| будет таким же, т. е. если направление обхода
треугольника ЛВС было положительным (против движения часовой стрел-
ки), то и направление соответствующего обхода треугольника А\В\С\
также положительно. Нетрудно убедиться на конкретном примере
в том, что параллельный перенос, поворот не меняют ориентацию треуголь-
ника, а, например, осевая симметрия меняет ориентацию на противопо-
ложную.
20.	Символ означает'поворот вокруг центра О на угол <р. Символ
Hq обозначает гомотетию с центром О и коэффициентом &=#0. Гомоте-
тией Н° называют такое отображение плоскости (пространства) на себя,
при котором каждая точка М отображается на точку Л4|, такую, что
OM\ = kOM. Гомотетия с коэффициентом k есть подобие с коэффициен-
том | k |.
21.	Подобие первого рода сохраняет ориентацию треугольников, а по-
добие второго рода меняет их ориентацию на противоположную (см. ком-
ментарий 19).
22.	Две фигуры называют конгруэнтными, если одна из них может
быть отображена на другую движением, т. е. геометрическим преобразо-
ванием, сохраняющим расстояния. Во многих учебниках вместо термина
«конгруэнтность» используется термин «равенство». В данном случае
речь идет о конгруэнтных или равных отрезках.
23.	Символ со (О; /?) означает окружность о радиусом R с центром в
точке О.
24.	Гармоническая пропорция — это пропорция вида а:с = (а — b):(b — с),
в которой первое число (или отрезок) так относится к третьему, как
разность между первым и вторым относится к разности между вторым
и третьим. Число (отрезок) b в гармонической пропорции есть среднее
гармоническое чисел а и с, т. е.
а-\-с
216
25.	Пучком прямых называют множество прямых, лежащих в одной
плоскости и проходящих через одну и ту же точку S или параллельных
одной и той же прямой. Точку S называют центром пучка прямых.
26.	Символ S/ означает осевую симметрию с осью /. Под композицией
двух или нескольких осевых симметрий понимают результат их последова-
тельного выполнения. Так, приводимая ниже символическая запись компо-
зиции S/oSx означает результат последовательного выполнения осевых
симметрий вначале относительно оси х, а затем относительно прямой /.
Ro — поворот около центра О на угол ф.
27.	Здесь описываются неизменные свойства фигур (инварианты)
отнрсительно движений. В данном случае автор говорит о неподвиж-
ных точках и прямых.
28.	Тождественное преобразование плоскости — это такое преобразо-
вание, которое каждую точку отображает на себя, т. е. оставляет непод-
вижной.
29.	Астроидой называют кривую, описываемую точкой окружности ра-
диуса г, катящейся без скольжения по неподвижной окружности радиуса
R
R внутри ее и имеющей с ней внутреннее касание, если г=— (рис. 2).
В переводе с греческого слово «астроида» означает «звездообразная».
Уравнение астроиды в прямоугольных координатах имеет вид х^ + y3 = R3.
Отрезок касательной к астроиде, заключенный между осями координат,
имеет постоянную, длину R. Длина астроиды равна 6R. Астроида является
частным видом класса кривых, называемых гипоциклоидами. Гипоциклои-
да — это кривая, описываемая произвольной точкой окружности, катящейся
по другой неподвижной окружности и имеющей с ней внутреннее касание.
В зависимости от соотношения радиусов подвижной и неподвйжной
окружностей получаются различные виды гипоциклоид. Если радиус под-
вижной окружности равен половине радиуса неподвижной окружности, то
гипоциклоида вырождается в отрезок — диаметр неподвижной окружности.
Этим свойством пользуются при конструировании зубчатых передач в
машинах для преобразования кругового движения в прямолинейное.
217
30.	Эллипс — это множество точек плоскости, для каждой из которых
сумма расстояний до двух данных точек F\ и F2, лежащих в этой же
плоскости, есть величина прстоянная, большая, чем расстояние между
F\ и F2, и равная данному числу (или отрезку) 2а (рис. 3). Точки
F\ и F2 называют фокусами эллипса. Расстояние между фокусами, назы-
ваемое фокальным, обозначают через 2с. Данное же число (отрезок)
2а называют большой осью.
Каноническое (простейшее) уравнение эллипса в прямоугольных де-
картовых координатах имеет вид:
где Ь2 = а2— с2. Число (отрезок) 2Ь называют малой осью эллипса.
Из уравнения эллипса следует, что 1,	1. Поэтому координаты
точек эллипса удовлетворяют условиям	т- е- эллипс
расположен внутри прямоугольника со сторонами 2а и 2Ь. Эллипс имеет
центр симметрии и две оси симметрии. Число е = -£- называют эксцентри-
ситетом эллипса. Для эллипса а<:1. Если фокусы эллипса совпадают, т. е.
Fi=F2, то эллипс вырождается в окружность. В этом случае совпадаю-
щие фокусы являются центром окружности, а эксцентриситет равен ну-
лю (е~0, так как с = 0).
31.	Точки М и Mi называют симметричными относительно плоскости
а, если эта плоскость перпендикулярна отрезку MMi и делит его пополам.
Любую точку А плоскости а считают симметричной самой себе. Сим-
метрией относительно плоскости а (или плоскостной симметрией простран-
ства) называют отображение пространства на себя, при котором каждая
точка отображается на симметричную точку относительно данной плоско-
сти. Плоскость а называют плоскостью симметрии/ Симметрия относи-
тельно плоскости есть движение.
32.	Инволюционным преобразованием (инволюцией) называют такое
преобразование плоскости (пространства), повторное применение которо-
218
го (т. е. его квадрат) дает тождественное преобразование. Централь-
ная симметрия, осевая симметрия, плоскостная симметрия — примеры
инволюций.
33.	В первоначальном представлении комплексные числа — это выра-
жения вида a + W, где а и b — действительные (вещественные) числа,
i — некоторый символ, обозначающий мнимую единицу (f2= — 1).
Сложение, умножение и деление комплексных чисел задается фор-
мулами
(Я1 +&1/) + (й2 + ^20 = (а1 4”#2) + (&| + 62) G
(ai +М (a2 + b2i)^(a\a2 — b[b2) + (a{b2 + a2bi)i\
UiCi2~}~ b ib2 a?b 1—diZ>2
	~	L.	[
*4“ b%i------------#2 4“ bl-al *4“
В комплексном числе a-\-bi число а называют его действитель-
ной частью, число Ы — мнимой частью, число b — коэффициентом мни-
мой части. Чисто мнимым называют такое комплексное, число, действи-
тельная часть которого равна нулю.
Действительное число является частным случаем комплексного, когда
коэффициент b мнимой части равен нулю.
Исторически комплексные числа были введены в связи с решением
» уравнений второй и третьей степеней. Важнейшее свойство комплексных
чисел состоит в том, что любой многочлен степени п с комплексными
коэффициентами имеет ровно п комплексных корней, считая и их крат-
ность.
34.	Определитель (или детерминант) третьего порядка—это алгебраиче-
ская сумма шести слагаемых, составленных из элементов таблицы,
содержащей три строки и три колонки. Определитель третьего порядка
обозначается так:
ai bi Ci
CI2 b2 C2
аз Ьз Сз
На рисунках 4 и 5 схематически показано, как вычислить (раскрыть)
определитель. Произведения трех членов, соединённых так, как на рисунке 4,
берут со своими знаками, а произведения трех членов, соединенных
так, как на рисунке 5, — с противоположными знаками. Таким обра-
219
зом, определитель третьего порядка по определению равен:
ал Ь\ с\
02 Ь% С2
&з Ьз Сз
= О[Ь2Сз — dibsC2 — (fyblCs 4“4“ ^3^1 ^2 — ^3^2^1 •
В настоящее время определители применяются почти во всех раз-
делах математики, а также в очень многих приложениях. Поэтому
разработана теория определителей. Определитель тг-го порядка (таблица,
состоящая из п строк и п столбцов) содержит 1-2*3*... -п членов.
Основные свойства определителей, которые лежат в основе их вы-
числений, состоят в следующем: определитель не изменяется при
перемене ролями всех его строк и столбцов; если один из столбцов
(строк) состоит из нулей, то определитель равен нулю; если один опре-
делитель получен из другого определителя перестановкой двух столбцов
(строк), то эти определители отличаются друг от друга лишь знаком;
определитель, содержащий два пропорциональных столбца (строки), ра-
вен нулю; определитель не меняется, если к какому-либо столбцу (стро-
ке) прибавить линейную комбинацию других столбцов (строк); если эле-
менты какого-либо столбца (строки) определителя умножить на некото-
рое число, то и весь определитель умножится на это число, т. е. общий
множитель любого столбца (строки) можно выносить за знак определите-
ля; если элементы какого-либо столбца (строки) определителя являются
суммами двух слагаемых, то такой определитель равен сумме двух
определителей, в первом из которых в качестве соответствующего
столбца (строки) взяты первые слагаемые, во втором — вторые слагаемые,
а элементы всех остальных столбцов (строк) у каждого из трех опреде-
лителей одинаковы.
35.	Задача о делении произвольного угла на три равные части (трисек-
ция угла) — одна из трех знаменитых задач на построение, решаемых в
Древней Греции (трисекция урла, квадратура круга, удвоение куба).
Ни одна из этих задач не разрешима с помощью циркуля и ли-
нейки. Так, трисекция угла сводится к построению корня кубического
уравнения вида х3-}-рх4-^ = 0. Для произвольного данного угла получен-
ное уравнение не имеет рационального корня. Поэтому (согласно крите-
рию построения отрезка с помощью циркуля и линейки) трисекция
угла не выполнима этими средствами. Например, угол в 60° нельзя точно
разделить на три равные части с помощью циркуля и линейки.
36.	Здесь автор имеет в виду систему аксиом планиметрии, разработан-
ную академиком А. Н. Колмогоровым для школьного учебника, по кото-
рому изучали геометрию в 60—70-х годах (см., например: Геометрия,
6—8 / Под ред. А. Н. Колмогорова.— М.: Просвещение, 1979).
37.	Приведенное построение изложено в названном выше учебном
пособии под ред. А. Н. Колмогорова. Идея построения зиждется на
понятии и свойствах осевой симметрии, не связанных с теорией парал-
лельных.
Содержание
От составителя...............................................................	5
Теоремы косинусов*.............................................................
Теорема Пифагора и ее применение в курсе геометрии............................... 7
Теорема о проекциях для треугольника и следствия из нее......................... 15
Две теоремы косинусов для четырехугольника...................................... 19
Теорема косинусов для трехгранного угла .	................................... 26
Векторы........................................................................
Применение скалярного произведения векторов к доказательству геометрических и
алгебраических неравенств ........*............................................. 28
л Составление тригонометрических неравенств с помощью векторов.................... 36
Применение векторов к решению задач на нахождение множеств точек................ 43
О двух правильных шестиугольниках, связанных с произвольным треугольником	57
Поворот вектора на 90°.......................................................... 62
Сопряженность точек относительно окружности....................................  72
Об использовании единичного вектора при решении задач........................... 78
Координатные формулы осевой симметрии плоскости и их применение •	63
Применение движений к решению геометрических задач	93
Метод подобия при решении планиметрических задач................................ ^1
Применение метода координат к изучению свойств параболы......................... ^9
Взаимное расположение эллипса и окружности..................................... 120
Координаты. Преобразования ....................................................
Векторно-координатное задание некоторых преобразований плоскости и простран-
ства .......................................................................... 133
Преобразования симметрии пространства в задачах............................... 1^4
221
Комплексные числа......................................................................
Метод комплексных чисел в планиметрии.........................................152
Прямая и окружность на плоскости комплексных чисел .	...................170
Приложения комплексных чисел к задачам элементарной геометрии.................179
Геометрическая смесь...................................................................
О построении касательной к окружности ........................................193
Аналитическое решение трех геометрических задач...............................199
Элементарное доказательство теоремы П. Эрдеша...........................      202
Обобщение теоремы Птолемея  ..................................................204
Теорема Морлея.....................................................  .	.	.	210
Комментарии ................................................................  213
Геометрические миниатюры
СКОПЕЦ ЗАЛМАН АЛТЕРОВИЧ
Зав. редакцией Т. А. 'Бурмистрова
Редактор Н. И. Никитина
Младшие редакторы Е. А. Буюклян, О. В, Котенкова
Художник В. В. Костин
Художественный редактор Ю. В, Пахомов
Технический редактор Т. П. Локтионова
. Корректор Н. С. Соболева
ИБ № 11763
Сдано в набор 10.08.89. Подписано к печати 20.08.90. Формат 70X90l/i6- Бум. офсетная № 2.
Гарнит. Литературная. Печать офсет. Усл. печ. л. 16,384-0,29 форзац. Усл. кр.-отг. 3$56.
Уч.-изд. л. .13,18+0,48 форзац. Тираж 150 000 экз. Заказ 2710. Цена 85 к.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Министерства печати и мас-
совой информации РСФСР. 1298461 Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Отпечатано с диапозитивов Саратовского ордена Трудового Красного Знамени полиграфиче-
ского комбината Министерства печати и массовой информации РСФСР. 410004, Саратов,
ул. Чернышевского, 59, на Смоленском полиграфкомбинате Министерства печати и массовой
информации РСФСР. 214020, Смоленск, ул. Смольянинова, 1.
ДОРОГИЕ ЧИТАТЕЛИ!
Издательство «Просвещение» систематически вы-
пускает книги для учащихся, посвященные отдельным
разделам школьного курса математики, и книги, сущест-
венно выходящие за рамки этого курса. Чтение этих
книг, как правило, не требует продолжительной и
напряженной работы, так как все их содержание опи-
рается на знания, приобретенные на уроках математики.
Так, в 1986 г. вышла книга Г. А. Гальперина
и А. К. Толпы го «Московские математические олим-
пиады», содержащая олимпиадные задачи с ответами,
решениями, указаниями к решению.
Е. Е. Семенов в книге «Изучаем геометрию»
(1987 г.) на конкретных геометрических задачах пока-
зывает, как проводить анализ с целью отыскания
путей решения, как пользоваться аналогией, обобще-
нием.
В 1988 г., была переиздана «Математическая шка-
тулка» Ф. Ф. Нагибина, очень популярная у
нескольких поколений читателей.
Книга И. Л. Никольской и Е. Е. Семенова
«Учимся рассуждать и доказывать», вышедшая в
1989 г., состоит из небольших рассказов, бесед, диало-
гов, задач и загадок и рассказывает читателям об
особенностях математического языка и методах поиска
решений задач.
Названия следующих книг говорят об их серьезном
математическом содержании:
В. С. Лютикас «Факультативный курс по теории
вероятностей» (1990 г.).
И. Ф. Шары г ин «Факультативный курс по мате-
матике. Решение задач». Пособие для 10 кл. (1989 г.)
(Аналогичная книга того же автора для 11 кл. выйдет
в 1991 г.)
К. А. Рыбников «Профессия — математик»
(1990 г.).
Следите за книгами из серий «Люди науки» и «Мир
знаний». Из них вы узнаете много интересного о жизни
и деятельности знаменитых математиков, а также о
разнообразных приложениях, математических знаний
в науке, технике и вообще в жизни.
СОВЕТСКИЕ УЧЕБНИКИ
БОЛЬШОЙ СКЛАД НА САЙТЕ
«СОЕТСКОЕ ВРЕМЯ»
SOVIETIME.RU