7068-1 (612441), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

|R-d|·|R+d| = 2Rr²

R²-d² .

Учитывая, что |X¢Y¢| = 2R¢, где R¢ - радиус окружности inv_O^r(w₁), получаем формулу

R¢ = Rr²

R²-d² .

Возвращаясь к образу описанной окружности при инверсии относительно w(O,r), имеем

r

2 = Rr²

R²-d² ÞR²-d² = 2RrÞd² = R²-2Rr.

Закончим этот параграф одним совершенно неожиданным результатом. Сначала напомним некоторые определения и факты. Окружностью Эйлера треугольника ABC называется окружность, проходящая через середины его сторон. На этой окружности также лежат основания высот DABC и середины трех отрезков, соединяющих ортоцентр этого треугольника (т.е. точку пересечения его высот или их продолжений⁷) с вершинами. Поскольку на окружности Эйлера лежат девять точек, естественно связанных с треугольником ABC, ее называют еще окружностью девяти точек. Вневписанной окружностью треугольника ABC называется окружность, касающаяся стороны этого треугольника и продолжений двух других его сторон. В следующей лемме перечисляются некоторые свойства вневписанной окружности.

Лемма 1. Пусть |AB| = c, |AC| = b, |BC| = a, p - полупериметр DABC, O₁ и O_a - центры вписанной (w₁) и вневписанной (w_a) окружностей (рис. 13), r₁ и r_a - их радиусы, X и X_a - точки касания этих окружностей со стороной [BC], K и L - с прямой (AC), M и N - с прямой (AB). Пусть также (B₁C₁) - общая внутренняя касательная к w₁ и w_a, отличная от (BC). Тогда

|AL| = p;

|AK| = p-a, |CK| = p-c, |BX| = p-b;

|BX| = |CX_a|;

|BC₁| = |B₁C| = |b-c|;

pr₁ = r_a(p-a);

r₁r_a = (p-b)(p-c).

Рис. 13

Доказательство. 1) Следует из 2|AL| = |AL|+|AN| = (|AC|+|CX_a|)+(|AB|+|BX_a|) = 2p.

2) Первое равенство получается из 2|AK| = |AK|+|AM| = (|AC|-|CX|)+(|AB|-|BX|) = 2p-2a. Остальные доказываются аналогично.

3) Из 2) и 1) имеем |BX| = p-b = |AL|-|AC| = |CL| = |CX_a|.

4) При симметрии относительно биссектрисы [AO_a) угла ÐBAC окружности w₁ и w_a остаются неподвижными и отрезок [BC] одной внутренней касательной переходит в отрезок [B₁C₁] другой внутренней касательной. Отсюда |BC₁| = |B₁C| и |C₁N| = |CL|. Из последнего равенства в предположении b > c получаем |BC₁| = |AN|-|AB|-|CL| = p-c-(p-b) = b-c.

5) Следует из 1) и 2) и из подобия треугольников DAO₁K и DAO_aL.

6) Следует из 1) и 2) и из подобия треугольников DKO₁C и DLCO_a.

Лемма доказана.

Лемма 2. Для окружностей w(O,R) и w₁(O₁,R₁) условие inv_O^R(w₁) = w₁ выполнено тогда и только тогда, когда w^w₁.

Доказательство. Пусть inv_O^R(w₁) = w₁, wÇw₁ = {A,B} и w₁Ç(OO₁) = {X,Y}. Тогда inv_O^R(X) = Y. Отсюда |OX|·|OY| = R² = |OA|². Поэтому (OA) - касательная к окружности w₁. Что означает (OA)^(O₁A) и w^w₁.

Предположим теперь, что w^w₁. Обозначим через w₂ = inv_O^R(w₁). Из свойства X получаем w₂^w. Поскольку существует единственная окружность, проходящая через A и B (по-прежнему, {A,B} = wÇw₁) и перпендикулярная w, w₂ = w₁. Лемма доказана.

Теорема (Фейербах). Окружность Эйлера треугольника ABC касается вписанной и трех вневписанных окружностей этого треугольника.

Доказательство. Сохраним некоторые обозначения леммы 1. Середины сторон треугольника обозначим через A¢, B¢ и C¢ (рис. 14). На отрезке [XX_a] как на диаметре построим окружность w. Из леммы 1 сразу получаем, что точка A¢ будет центром w (так как |BX| = |CX_a|), а ее радиус R = |XX_a|/2 = (a-2|BX|)/2 = (b-c)/2 (далее предполагаем, что b ³ c). Рассмотрим симметрию относительно w. Из условий w₁^w и w₁^w и из леммы 2 заключаем, что inv_O^R(w₁) = w₁ и inv_O^R(w_a) = w_a. Чтобы найти образ окружности Эйлера (w_э) при инверсии относительно w введем дополнительные обозначения.

Рис. 14

Пусть S - общая точка биссектрисы [AO_a) и прямых (BC) и (B₁C₁). Тогда |SC| = ab/(b+c) и |SB| = ac/(b+c). Отсюда

|SA¢| = (|SC|-|SB|)/2 = a

2 · b-c

b+c .

Пусть также точки B¢¢ и C¢¢ являются соответственно пересечением касательной (B₁C₁) с прямыми (A¢B¢) и (A¢C¢). Из подобия треугольников DSA¢B¢¢ и DSBC₁ получаем

|A¢B¢¢| = |BC₁|· |SA¢|

|SB| = (b-c)· a

2 · b-c

b+c

a· c

b+c

= (b-c)²

2c .

Поскольку |A¢B¢| = c/2,

|A¢B¢|·|A¢B¢¢| = (b-c)²/4 = R². (1)

Рассматривая подобные треугольники DA¢SC¢¢ и DCSB₁ приходим к

|A¢C¢¢| = |B₁C|· |SA¢|

|SC| = (b-c)· a

2 · b-c

b+c

a· b

b+c

= (b-c)²

2b .

Отсюда

|A¢C¢¢|·|A¢C¢| = (b-c)²

2b · b

2 = R². (2)

Равенства (1) и (2) означают, что inv_O^R(B¢) = B¢¢ и inv_O^R(C¢) = C¢¢. Поэтому

inv_O^R(w_э) = (B¢¢C¢¢) = (B₁C₁) и w_э касается inv_O^R(w₁) = w₁ и inv_O^R(w_a) = w_a. Аналогично доказывается, что w_э касается оставшихся двух вневписанных окружностей. Теорема доказана.

Нетрудно заметить, что окружность Эйлера w_э треугольника ABC является окружностью Эйлера для каждого из следующих треугольников: DHAB, DHAC, DHBC (H - ортоцентр DABC). Каждый из этих треугольников имеет свою вписанную и три вневписанные окружности. Таким образом, теорема Фейербаха приводит к фантастическому результату: окружность Эйлера треугольника ABC касается по крайней мере шестнадцать окружностей, естественно определенных этим треугольником.

В заключение приведем небольшой список задач для самостоятельного решения. Если какая-либо задача не решается в течение 497 секунд, разрешено посмотреть указание к решению задачи.

Задачи

1. Где-то в пустыне находится лев. Требуется загнать его в круглую клетку (будьте осторожны с выбором своего местоположения).Решение

2. Пусть на плоскости дано конечное множество точек, причем прямая, проходящая через любые две точки этого множества, содержит также третью точку этого множества. Докажите, что все точки данного множества лежат на одной прямой (теорема Сильвестра).Решение

3. На плоскости дано конечное множество точек, причем никакие три из них не лежат на одной прямой, и окружность, проходящая через любые три данные точки, содержит еще одну точку этого же множества. Докажите, что тогда все данные точки лежат на одной окружности.Решение

4. Докажите, что для любых двух непересекающихся окружностей w₁ и w₂ найдется инверсия, которая переведет их в концентрические окружности w₁¢ и w₂¢. Решение

5. Даны две непересекающиеся окружности w и w¢, причем w лежит внутри w¢. Окружность w₁, одновременно касающаяся w и w¢, обладает свойством Штейнера, если найдется такая цепочка окружностей w₁,..., w_n, касающихся w и w¢ и таких, что w_i касается w_i+1 для i < n и w_n касается w₁. Докажите, что если для окружностей w и w¢ найдется хотя бы одна окружность, обладающая свойством Штейнера, то и любая окружность S₁, касающаяся w¢ внутренне и w внешне, обладает свойством Штейнера (поризм Штейнера). Решение

6. Вывести формулу Герона-Архимеда для вычисления площади треугольника ABC: S²_DABC = p(p-a)(p-b)(p-c) (обозначения из леммы 1 последнего параграфа). Решение

7. Доказать, что точка пересечения медиан DABC, ортоцентр и центр описанной около DABC окружности лежат на одной прямой (прямая Эйлера). Решение

8. Докажите, что центр окружности Эйлера лежит на прямой Эйлера. Решение

Указания к решению задач

1. Выходя на охоту, следует вооружиться свойством II инверсии.

2. Обозначим через d_i,j,k расстояние от точки A_i до прямой (A_jA_k), проходящей через точки A_j и A_k данного множества. Предположим противное и, например, d_1,2,3 - минимальное ненулевое число среди d_i,j,k. На прямой (A₂A₃) найдите точку A_j и получите противоречие с минимальностью d_1,2,3.

3. Сделайте инверсию с центром в одной из точек данного множества и воспользуйтесь свойством VIII и теоремой Сильвестра.

4. Докажите сначала (например, координатным методом), что для любых двух неконцентрических окружностей w₁ и w₂ геометрическим множеством точек плоскости, отрезки касательных из которых к w₁ и w₂ равны между собой, является прямая (радикальная ось окружностей w₁ и w₂). Пусть теперь a - радикальная ось окружностей w₁ и w₂ с центрами O₁ и O₂ соответственно и X - точка пересечения прямых a и (O₁O₂). Построим окружность w₃ с центром в X и радиусом равным отрезку касательной из точки X к w₁. Тогда w₃^w₁ и w₃^w₂. Обозначим через O одну из точек пересечения w₃ с (O₁O₂). Докажите теперь, что O - центр искомой инверсии (используйте лемму 2 и свойства VI и IX).

5. Переведите подходящей инверсией окружности w и w¢ в концентрические окружности.

6. Следует перемножить три равенства: 5, 6 (лемма 1) и равенство p = p.

7. При гомотетии с центром в точке пересечения медиан и коэффициентом -1/2 ортоцентр треугольника ABC перейдет в ортоцентр треугольника A¢B¢C¢, составленного из средних линий исходного треугольника. Осталось заметить, что ортоцентр DA¢B¢C¢ совпадает с центром окружности, описанной около DABC. Кстати, коэффициент гомотетии одновременно указывает на отношение, в котором точка пересечения медиан делит отрезок, соединяющий ортоцентр с центром описанной окружности DABC.

8. Докажите сначала (используя свойства средних линий), что середины (точки A₁, B₁, C₁) трех отрезков, соединяющих ортоцентр H треугольника DABC с его вершинами, лежат на окружности Эйлера. Если O_э - центр окружности Эйлера, то относительно O_э треугольники DA₁B₁C₁ и DA¢B¢C¢ (A¢, B¢, и C¢ - середины сторон DABC) будут ценрально-симметричными. Отсюда сделайте вывод, что точка O_э является серединой отрезка, соединяющего точку H с центром описанной окружности около DABC.

В следующих книгах вы можете найти дополнительную информацию по данной теме.

Список литературы

Характеристики

Список файлов курсовой работы