Страница 219 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

858. Треугольники АВС и А₁В₁С₁ расположены так, что прямые АВ и А₁В₁, ВС и В₁С₁, СА и С₁А₁ пересекаются в точках Р, Q, R. Докажите, что прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке или попарно параллельны тогда и только тогда, когда точки Р, Q и R лежат на одной прямой (теорема Дезарга).

Теорема Дезарга является фундаментальным результатом проективной геометрии и утверждает эквивалентность двух условий: центральной и осевой перспективности двух треугольников. Доказательство состоит из двух частей, так как это утверждение типа "тогда и только тогда".

Пусть даны два треугольника $ABC$ и $A_1B_1C_1$.Точки пересечения соответственных сторон: $P = AB \cap A_1B_1$, $Q = BC \cap B_1C_1$, $R = CA \cap C_1A_1$.Прямые, соединяющие соответственные вершины: $AA_1, BB_1, CC_1$.

Условие 1 (центральная перспективность): Прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке (центр перспективы) или попарно параллельны.

Условие 2 (осевая перспективность): Точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой (ось перспективы).

Теорема утверждает, что Условие 1 выполняется тогда и только тогда, когда выполняется Условие 2.

Доказательство необходимости (Условие 1 $\implies$ Условие 2)

Предположим, что прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке или параллельны. Нам нужно доказать, что точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой.

Случай 1: Прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в точке $O$.

Мы используем теорему Менелая. Рассмотрим треугольник $OAB$ и прямую $A_1B_1P$, которая пересекает его стороны (или их продолжения) в точках $A_1, B_1, P$. По теореме Менелая для $\triangle OAB$ и секущей $A_1B_1P$:

$\frac{OA_1}{A_1A} \cdot \frac{AP}{PB} \cdot \frac{BB_1}{B_1O} = 1$

Отсюда выразим отношение $\frac{AP}{PB}$:$\frac{AP}{PB} = \frac{A_1A}{OA_1} \cdot \frac{B_1O}{BB_1}$

Аналогично, применим теорему Менелая к $\triangle OBC$ и секущей $B_1C_1Q$:

$\frac{OB_1}{B_1B} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CC_1}{C_1O} = 1$

Отсюда: $\frac{BQ}{QC} = \frac{B_1B}{OB_1} \cdot \frac{C_1O}{CC_1}$

И к $\triangle OCA$ и секущей $C_1A_1R$:

$\frac{OC_1}{C_1C} \cdot \frac{CR}{RA} \cdot \frac{AA_1}{A_1O} = 1$

Отсюда: $\frac{CR}{RA} = \frac{C_1C}{OC_1} \cdot \frac{A_1O}{AA_1}$

Теперь, чтобы доказать, что точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой, мы используем обратную теорему Менелая для $\triangle ABC$. Нам нужно показать, что выполняется равенство:

$\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CR}{RA} = 1$

Перемножим полученные нами выражения:

$(\frac{A_1A}{OA_1} \cdot \frac{B_1O}{BB_1}) \cdot (\frac{B_1B}{OB_1} \cdot \frac{C_1O}{CC_1}) \cdot (\frac{C_1C}{OC_1} \cdot \frac{A_1O}{AA_1}) = $

$= \frac{AA_1}{OA_1} \cdot \frac{OB_1}{BB_1} \cdot \frac{BB_1}{OB_1} \cdot \frac{OC_1}{CC_1} \cdot \frac{CC_1}{OC_1} \cdot \frac{OA_1}{AA_1} = 1$

(Мы использовали равенства $A_1A=AA_1$, $B_1O=OB_1$ и т.д., так как речь идет об отношениях длин отрезков).Так как произведение отношений равно 1, по обратной теореме Менелая точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой.

Случай 2: Прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ попарно параллельны.

Пусть $\vec{u}$ - направляющий вектор этих параллельных прямых. Выберем произвольное начало отсчета. Тогда положение вершин можно описать векторными равенствами:

$\vec{A_1} = \vec{A} + k_A \vec{u}$, $\vec{B_1} = \vec{B} + k_B \vec{u}$, $\vec{C_1} = \vec{C} + k_C \vec{u}$

Точка $P$ лежит на прямой $AB$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{P} = (1-t)\vec{A} + t\vec{B}$.Точка $P$ также лежит на прямой $A_1B_1$, поэтому $\vec{P} = (1-s)\vec{A_1} + s\vec{B_1}$.Подставим выражения для $\vec{A_1}$ и $\vec{B_1}$:

$\vec{P} = (1-s)(\vec{A} + k_A \vec{u}) + s(\vec{B} + k_B \vec{u}) = (1-s)\vec{A} + s\vec{B} + ((1-s)k_A + sk_B)\vec{u}$

Так как точка $P$ лежит в плоскости $\triangle ABC$, а вектор $\vec{u}$ (в общем случае) не компланарен этой плоскости, коэффициент при $\vec{u}$ должен быть равен нулю:

$(1-s)k_A + sk_B = 0 \implies k_A - sk_A + sk_B = 0 \implies s = \frac{k_A}{k_A-k_B}$

При этом $(1-t)\vec{A} + t\vec{B} = (1-s)\vec{A} + s\vec{B}$, откуда $t=s$.Подставив $s$ в выражение для $\vec{P}$, получаем:

$\vec{P} = (1 - \frac{k_A}{k_A-k_B})\vec{A} + \frac{k_A}{k_A-k_B}\vec{B} = \frac{-k_B\vec{A} + k_A\vec{B}}{k_A-k_B}$

Поступая аналогично для точек $Q$ и $R$, получаем:

$\vec{Q} = \frac{-k_C\vec{B} + k_B\vec{C}}{k_B-k_C}$

$\vec{R} = \frac{-k_A\vec{C} + k_C\vec{A}}{k_C-k_A}$

Чтобы проверить, что точки $P, Q, R$ коллинеарны, достаточно показать, что их радиус-векторы линейно зависимы, причем сумма коэффициентов равна нулю. Рассмотрим комбинацию:

$(k_A-k_B)\vec{P} + (k_B-k_C)\vec{Q} + (k_C-k_A)\vec{R}$

Сумма коэффициентов $(k_A-k_B) + (k_B-k_C) + (k_C-k_A) = 0$.Подставим выражения для векторов:

$(-k_B\vec{A} + k_A\vec{B}) + (-k_C\vec{B} + k_B\vec{C}) + (-k_A\vec{C} + k_C\vec{A}) = $

$= \vec{A}(-k_B+k_C) + \vec{B}(k_A-k_C) + \vec{C}(k_B-k_A) = (k_C-k_B)\vec{A} + (k_A-k_C)\vec{B} + (k_B-k_A)\vec{C}$

Сумма коэффициентов при $\vec{A}, \vec{B}, \vec{C}$ также равна нулю: $(k_C-k_B) + (k_A-k_C) + (k_B-k_A) = 0$. Это означает, что точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой.

Ответ: Доказано, что если прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке или параллельны, то точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой.

Доказательство достаточности (Условие 2 $\implies$ Условие 1)

Предположим, что точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой $l$. Нам нужно доказать, что прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке или параллельны. Мы докажем это методом от противного, используя уже доказанную первую часть теоремы.

Случай 1: Две из прямых, например $AA_1$ и $BB_1$, пересекаются в точке $O$.

Предположим, что прямая $CC_1$ не проходит через точку $O$.Рассмотрим прямую $OC$. Она пересечет прямую $A_1C_1$ в некоторой точке. Она также пересечет прямую $B_1C_1$ в некоторой точке. Давайте определим новую точку $C_2$ на прямой $OC$ так, чтобы построить новый треугольник, для которого можно применить первую часть теоремы.

Пусть $C_2$ — точка пересечения прямых $OC$ и $A_1C_1$. Это неверный подход. Правильный подход:

Пусть прямая $OC$ пересекает прямую $B_1C_1$ в точке $C_2'$. Это тоже сложно. Проще всего так: Пусть $AA_1 \cap BB_1 = O$. Рассмотрим треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$. Предположим, что $CC_1$ не проходит через $O$.Построим точку $C_2$ на прямой $OC$ так, что $C_2$ лежит на прямой $A_1B_1$. Это неверно.

Правильная конструкция: Пусть $C_2$ — точка на прямой $OC$ (т.е. $O, C, C_2$ коллинеарны).Рассмотрим треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_2$. По построению, прямые, соединяющие их соответственные вершины ($AA_1, BB_1, CC_2$), пересекаются в точке $O$.Следовательно, по доказанной первой части теоремы, точки пересечения их соответственных сторон должны лежать на одной прямой. Найдем эти точки:

• $AB \cap A_1B_1 = P$
• $BC \cap B_1C_2 = Q'$
• $CA \cap C_2A_1 = R'$

Таким образом, точки $P, Q', R'$ лежат на одной прямой.

По условию нашей теоремы, точки $P, Q, R$ также лежат на одной прямой $l$.Поскольку точка $P$ общая для обеих троек коллинеарных точек, то обе тройки лежат на одной и той же прямой $l$. Значит, $Q'$ и $R'$ также лежат на прямой $l$.

Рассмотрим точку $Q'$. Она лежит на прямой $BC$ (по определению) и на прямой $l$. Точка $Q$ также лежит на прямой $BC$ (по определению) и на прямой $l$. Если прямая $BC$ и $l$ не совпадают (невырожденный случай), то $Q' = Q$.$Q = BC \cap B_1C_1$ (по условию).$Q' = BC \cap B_1C_2$ (по построению).Так как $Q = Q'$, точка $Q$ лежит на обеих прямых $B_1C_1$ и $B_1C_2$. Поскольку точка $B_1$ также принадлежит обеим прямым, эти прямые совпадают. Следовательно, точка $C_2$ лежит на прямой $B_1C_1$.

Аналогично, $R' = R$. Точка $R$ лежит на прямой $CA$ и $l$. Точка $R'$ также лежит на $CA$ и $l$. Значит $R=R'$.$R = CA \cap C_1A_1$ (по условию).$R' = CA \cap C_2A_1$ (по построению).Из $R = R'$ следует, что точка $R$ лежит на обеих прямых $C_1A_1$ и $C_2A_1$. Поскольку $A_1$ также на обеих, прямые совпадают. Значит, точка $C_2$ лежит на прямой $C_1A_1$.

Итак, мы показали, что $C_2$ лежит на $B_1C_1$ и на $C_1A_1$. Единственная общая точка этих двух прямых — это $C_1$. Таким образом, $C_2 = C_1$.Но мы строили $C_2$ на прямой $OC$. Следовательно, $C_1$ лежит на прямой $OC$, то есть прямая $CC_1$ проходит через точку $O$. Это противоречит нашему предположению. Значит, если $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются в точке $O$, то и $CC_1$ проходит через $O$.

Случай 2: Две из прямых, например $AA_1$ и $BB_1$, параллельны.

Докажем, что $CC_1$ им параллельна. Предположим противное: $CC_1$ не параллельна $AA_1$.Построим прямую, проходящую через $C$ параллельно $AA_1$, и на ней точку $C_2$ (это можно сделать, задав $\vec{C_2} = \vec{C} + k \vec{u}$, где $\vec{u}$ - направляющий вектор $AA_1$).Теперь рассмотрим треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_2$. Прямые, соединяющие их соответственные вершины ($AA_1, BB_1, CC_2$), по построению параллельны. По доказанной первой части теоремы (для параллельного случая), точки пересечения их соответственных сторон лежат на одной прямой.

• $AB \cap A_1B_1 = P$
• $BC \cap B_1C_2 = Q''$
• $CA \cap C_2A_1 = R''$

Значит, точки $P, Q'', R''$ коллинеарны. Дальнейшие рассуждения полностью аналогичны предыдущему случаю. Из коллинеарности $P,Q,R$ и $P,Q'',R''$ следует, что $Q=Q''$ и $R=R''$. Из этого, в свою очередь, следует, что $C_2=C_1$. А так как прямая $CC_2$ была построена параллельно $AA_1$, то и прямая $CC_1$ параллельна $AA_1$. Это противоречит предположению.

Таким образом, оба случая приводят к выводу, что прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ либо пересекаются в одной точке, либо попарно параллельны.

Ответ: Доказано, что если точки $P, Q, R$ лежат на одной прямой, то прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке или попарно параллельны.

859. На стороне ВС треугольника АВС отмечены точки А₁ и А₂, симметричные относительно середины ВС, а на сторонах АС и АВ отмечены соответственно точки В₁, В₂ и С₁, С₂, симметричные относительно середин этих сторон. Докажите, что отрезки АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда отрезки АА₂, ВВ₂ и СС₂ пересекаются в одной точке.

Для решения этой задачи воспользуемся теоремой Чевы.

Доказательство:

Теорема Чевы утверждает, что отрезки (чевианы) $AA'$, $BB'$ и $CC'$, где точки $A'$, $B'$, $C'$ лежат на сторонах $BC$, $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$ соответственно, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется следующее соотношение:

$$ \frac{BA'}{A'C} \cdot \frac{CB'}{B'A} \cdot \frac{AC'}{C'B} = 1 $$

1. Условие для отрезков $AA_1, BB_1, CC_1$

Согласно теореме Чевы, отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда:

$$ K_1 = \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = 1 \quad (1) $$

2. Условие для отрезков $AA_2, BB_2, CC_2$

Аналогично, отрезки $AA_2$, $BB_2$ и $CC_2$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда:

$$ K_2 = \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{CB_2}{B_2A} \cdot \frac{AC_2}{C_2B} = 1 \quad (2) $$

3. Связь между условиями

Рассмотрим соотношения длин отрезков, исходя из условия симметрии.

• Точки $A_1$ и $A_2$ симметричны относительно середины стороны $BC$. Это означает, что расстояние от $B$ до $A_1$ равно расстоянию от $C$ до $A_2$, и расстояние от $A_1$ до $C$ равно расстоянию от $B$ до $A_2$. То есть:

  $BA_1 = CA_2$ и $A_1C = BA_2$.

  Отсюда следует, что $\frac{BA_2}{A_2C} = \frac{A_1C}{BA_1} = \left(\frac{BA_1}{A_1C}\right)^{-1}$.

• Точки $B_1$ и $B_2$ симметричны относительно середины стороны $AC$. Аналогично получаем:

  $CB_1 = AB_2$ и $B_1A = CB_2$.

  Отсюда следует, что $\frac{CB_2}{B_2A} = \frac{B_1A}{AB_2} = \frac{B_1A}{CB_1} = \left(\frac{CB_1}{B_1A}\right)^{-1}$.

• Точки $C_1$ и $C_2$ симметричны относительно середины стороны $AB$. Аналогично получаем:

  $AC_1 = BC_2$ и $C_1B = AC_2$.

  Отсюда следует, что $\frac{AC_2}{C_2B} = \frac{C_1B}{BC_2} = \frac{C_1B}{AC_1} = \left(\frac{AC_1}{C_1B}\right)^{-1}$.

Теперь подставим эти соотношения в выражение для $K_2$:

$$ K_2 = \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{CB_2}{B_2A} \cdot \frac{AC_2}{C_2B} = \left(\frac{BA_1}{A_1C}\right)^{-1} \cdot \left(\frac{CB_1}{B_1A}\right)^{-1} \cdot \left(\frac{AC_1}{C_1B}\right)^{-1} $$

$$ K_2 = \left( \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} \right)^{-1} = (K_1)^{-1} = \frac{1}{K_1} $$

Мы получили, что $K_2 = \frac{1}{K_1}$.

Таким образом, если отрезки $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке, то $K_1 = 1$. Из этого следует, что $K_2 = \frac{1}{1} = 1$, а значит, отрезки $AA_2, BB_2, CC_2$ также пересекаются в одной точке.

И наоборот, если отрезки $AA_2, BB_2, CC_2$ пересекаются в одной точке, то $K_2 = 1$. Из этого следует, что $K_1 = \frac{1}{K_2} = \frac{1}{1} = 1$, а значит, отрезки $AA_1, BB_1, CC_1$ также пересекаются в одной точке.

Следовательно, оба условия выполняются или не выполняются одновременно.

Ответ: Что и требовалось доказать.

860. Окружность пересекает сторону ВС треугольника АВС в точках А₁ и А₂, сторону АС — в точках В₁ и В₂, сторону АВ — в точках С₁ и С₂. Докажите, что отрезки АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда отрезки АА₂, ВВ₂ и СС₂ пересекаются в одной точке.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся теоремой Чевы и свойством степени точки относительно окружности.

Теорема Чевы утверждает, что для треугольника $ABC$ отрезки (чевианы) $AA'$, $BB'$, $CC'$, где $A'$ лежит на стороне $BC$, $B'$ на $AC$ и $C'$ на $AB$, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется следующее соотношение для длин отрезков:

$$ \frac{AC'}{C'B} \cdot \frac{BA'}{A'C} \cdot \frac{CB'}{B'A} = 1 $$

Применим теорему Чевы к двум наборам чевиан из условия задачи.

1. Для отрезков $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ условие пересечения в одной точке (согласно теореме Чевы) выглядит так:

$$ P_1 = \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 \quad (1) $$

2. Для отрезков $AA_2$, $BB_2$ и $CC_2$ условие пересечения в одной точке имеет вид:

$$ P_2 = \frac{AC_2}{C_2B} \cdot \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{CB_2}{B_2A} = 1 \quad (2) $$

Нам необходимо доказать, что условие (1) выполняется тогда и только тогда, когда выполняется условие (2).

Теперь используем условие, что точки $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ лежат на одной окружности. Рассмотрим степени вершин треугольника $A, B, C$ относительно этой окружности. Степень точки — это произведение длин отрезков секущей, проведенной из точки к окружности.

• Для вершины $A$ и секущих $AC$ (проходящей через $B_1, B_2$) и $AB$ (проходящей через $C_1, C_2$):
  $AB_1 \cdot AB_2 = AC_1 \cdot AC_2$. Заметим, что в наших формулах длины отрезков $B_1A$ и $B_2A$ равны $AB_1$ и $AB_2$ соответственно.
• Для вершины $B$ и секущих $BA$ (проходящей через $C_1, C_2$) и $BC$ (проходящей через $A_1, A_2$):
  $BC_1 \cdot BC_2 = BA_1 \cdot BA_2$. Здесь $C_1B = BC_1$ и $C_2B = BC_2$.
• Для вершины $C$ и секущих $CB$ (проходящей через $A_1, A_2$) и $CA$ (проходящей через $B_1, B_2$):
  $CA_1 \cdot CA_2 = CB_1 \cdot CB_2$. Здесь $A_1C = CA_1$ и $A_2C = CA_2$.

Из этих равенств, полученных из свойства степени точки, следуют соотношения:

$$ \frac{AC_1 \cdot AC_2}{AB_1 \cdot AB_2} = 1 \quad (A) $$

$$ \frac{BA_1 \cdot BA_2}{BC_1 \cdot BC_2} = 1 \quad (B) $$

$$ \frac{CB_1 \cdot CB_2}{CA_1 \cdot CA_2} = 1 \quad (C) $$

Рассмотрим произведение выражений $P_1$ и $P_2$:

$$ P_1 \cdot P_2 = \left(\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A}\right) \cdot \left(\frac{AC_2}{C_2B} \cdot \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{CB_2}{B_2A}\right) $$

Сгруппируем сомножители, используя равенства для длин отрезков ($C_1B = BC_1$, $A_1C = CA_1$, $B_1A = AB_1$ и т.д.):

$$ P_1 \cdot P_2 = \frac{(AC_1 \cdot AC_2) \cdot (BA_1 \cdot BA_2) \cdot (CB_1 \cdot CB_2)}{(BC_1 \cdot BC_2) \cdot (CA_1 \cdot CA_2) \cdot (AB_1 \cdot AB_2)} $$

Перегруппируем множители в знаменателе и числителе, чтобы использовать соотношения (A), (B), (C):

$$ P_1 \cdot P_2 = \left(\frac{AC_1 \cdot AC_2}{AB_1 \cdot AB_2}\right) \cdot \left(\frac{BA_1 \cdot BA_2}{BC_1 \cdot BC_2}\right) \cdot \left(\frac{CB_1 \cdot CB_2}{CA_1 \cdot CA_2}\right) $$

Теперь подставим в это выражение равенства (A), (B) и (C):

$$ P_1 \cdot P_2 = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1 $$

Мы получили ключевое соотношение: $P_1 \cdot P_2 = 1$.

Теперь докажем утверждение "тогда и только тогда".

Прямое утверждение ($\Rightarrow$):Пусть отрезки $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке. Тогда по теореме Чевы $P_1 = 1$. Из соотношения $P_1 \cdot P_2 = 1$ следует, что $1 \cdot P_2 = 1$, откуда $P_2 = 1$. По обратной теореме Чевы, из $P_2 = 1$ следует, что отрезки $AA_2, BB_2, CC_2$ также пересекаются в одной точке.

Обратное утверждение ($\Leftarrow$):Пусть отрезки $AA_2, BB_2, CC_2$ пересекаются в одной точке. Тогда по теореме Чевы $P_2 = 1$. Из соотношения $P_1 \cdot P_2 = 1$ следует, что $P_1 \cdot 1 = 1$, откуда $P_1 = 1$. По обратной теореме Чевы, из $P_1 = 1$ следует, что отрезки $AA_1, BB_1, CC_1$ также пересекаются в одной точке.

Таким образом, мы доказали, что одно условие выполняется тогда и только тогда, когда выполняется другое.

Ответ: Утверждение, вынесенное в условие задачи, полностью доказано.

861. На стороне АС треугольника АВС отмечены точки Р и Е, а на стороне ВС — точки М и K, причём АР : РЕ : ЕС = СK : KМ : МВ. Отрезки АМ и ВР пересекаются в точке О, а отрезки АK и ВЕ — в точке Т. Докажите, что точки О, Т и С лежат на одной прямой.

Для доказательства того, что точки O, T и C лежат на одной прямой, мы воспользуемся методом масс (также известным как метод барицентрических координат). Суть метода заключается в том, чтобы представить точки O и T как центры масс некоторых систем, расположенных в вершинах треугольника ABC. Если окажется, что векторы $\vec{CO}$ и $\vec{CT}$ коллинеарны, это будет означать, что точки C, O, T лежат на одной прямой.

1. Введение обозначений и нахождение отношений.

Пусть из условия $AP:PE:EC = CK:KM:MB$ следует, что эти отношения равны $p:q:r$ для некоторых положительных чисел $p, q, r$.

Точки на стороне $AC$ расположены в порядке A-P-E-C. Тогда можно записать длины отрезков как $AP = kp$, $PE = kq$, $EC = kr$ для некоторого коэффициента $k>0$. Отсюда получаем следующие отношения:

• $PC = PE + EC = kq + kr = k(q+r)$, значит $\frac{AP}{PC} = \frac{kp}{k(q+r)} = \frac{p}{q+r}$.
• $AE = AP + PE = kp + kq = k(p+q)$, значит $\frac{AE}{EC} = \frac{k(p+q)}{kr} = \frac{p+q}{r}$.

Точки на стороне $BC$ расположены в порядке C-K-M-B. Тогда $CK = mp$, $KM = mq$, $MB = mr$ для некоторого коэффициента $m>0$. Отсюда получаем:

• $CM = CK + KM = mp + mq = m(p+q)$, значит $\frac{CM}{MB} = \frac{m(p+q)}{mr} = \frac{p+q}{r}$.
• $KB = KM + MB = mq + mr = m(q+r)$, значит $\frac{CK}{KB} = \frac{mp}{m(q+r)} = \frac{p}{q+r}$.

2. Нахождение центра масс O.

Точка O — точка пересечения отрезков $AM$ и $BP$. В методе масс это означает, что O является центром масс для системы из трех тел, расположенных в вершинах A, B, C с массами $m_A, m_B, m_C$.

Условие равновесия для рычага AC с точкой опоры P: $m_A \cdot AP = m_C \cdot PC \implies \frac{m_A}{m_C} = \frac{PC}{AP} = \frac{q+r}{p}$.

Условие равновесия для рычага BC с точкой опоры M: $m_B \cdot MB = m_C \cdot CM \implies \frac{m_B}{m_C} = \frac{CM}{MB} = \frac{p+q}{r}$.

Для удобства выберем массу $m_C$ так, чтобы избавиться от знаменателей. Пусть $m_C = pr$. Тогда:

• $m_A = m_C \cdot \frac{q+r}{p} = pr \cdot \frac{q+r}{p} = r(q+r)$.
• $m_B = m_C \cdot \frac{p+q}{r} = pr \cdot \frac{p+q}{r} = p(p+q)$.

Таким образом, точка O является центром масс для системы $(A, r(q+r)), (B, p(p+q)), (C, pr)$. Если принять точку C за начало координат, то радиус-вектор точки O будет равен:

$\vec{CO} = \frac{m_A \vec{CA} + m_B \vec{CB}}{m_A + m_B + m_C} = \frac{r(q+r)\vec{CA} + p(p+q)\vec{CB}}{r(q+r) + p(p+q) + pr}$

3. Нахождение центра масс T.

Точка T — точка пересечения отрезков $AK$ и $BE$. Аналогично, T — центр масс для другой системы масс $m'_A, m'_B, m'_C$.

Условие равновесия для рычага AC с точкой опоры E: $m'_A \cdot AE = m'_C \cdot EC \implies \frac{m'_A}{m'_C} = \frac{EC}{AE} = \frac{r}{p+q}$.

Условие равновесия для рычага BC с точкой опоры K: $m'_B \cdot BK = m'_C \cdot CK \implies \frac{m'_B}{m'_C} = \frac{CK}{BK} = \frac{p}{q+r}$.

Выберем массу $m'_C$ так, чтобы избавиться от знаменателей. Пусть $m'_C = (p+q)(q+r)$. Тогда:

• $m'_A = m'_C \cdot \frac{r}{p+q} = (p+q)(q+r) \cdot \frac{r}{p+q} = r(q+r)$.
• $m'_B = m'_C \cdot \frac{p}{q+r} = (p+q)(q+r) \cdot \frac{p}{q+r} = p(p+q)$.

Таким образом, точка T является центром масс для системы $(A, r(q+r)), (B, p(p+q)), (C, (p+q)(q+r))$. Радиус-вектор точки T из начала координат в C:

$\vec{CT} = \frac{m'_A \vec{CA} + m'_B \vec{CB}}{m'_A + m'_B + m'_C} = \frac{r(q+r)\vec{CA} + p(p+q)\vec{CB}}{r(q+r) + p(p+q) + (p+q)(q+r)}$

4. Доказательство коллинеарности.

Сравним выражения для векторов $\vec{CO}$ и $\vec{CT}$. Векторная часть в числителях обоих выражений одинакова:

$\vec{V} = r(q+r)\vec{CA} + p(p+q)\vec{CB}$

Так как A, B, C — вершины треугольника, векторы $\vec{CA}$ и $\vec{CB}$ не коллинеарны, а значит $\vec{V} \neq \vec{0}$.

Тогда мы можем записать:

$\vec{CO} = \frac{1}{M_O} \vec{V}$, где $M_O = r(q+r) + p(p+q) + pr$ — полная масса для системы O.

$\vec{CT} = \frac{1}{M_T} \vec{V}$, где $M_T = r(q+r) + p(p+q) + (p+q)(q+r)$ — полная масса для системы T.

Поскольку оба вектора, $\vec{CO}$ и $\vec{CT}$, являются произведением одного и того же ненулевого вектора $\vec{V}$ на некоторые скалярные коэффициенты ($\frac{1}{M_O}$ и $\frac{1}{M_T}$), то векторы $\vec{CO}$ и $\vec{CT}$ коллинеарны. Так как они имеют общее начало в точке C, то точки O, T и C лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точки O, T и C лежат на одной прямой.

862. На сторонах АВ, ВС и СА треугольника АВС (либо на одной из сторон и продолжениях двух других сторон) отмечены соответственно точки С₁, А₁ и В₁. Докажите, что прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда:

б) для любой точки О, не лежащей на прямых АВ, ВС и СА, выполняется равенство

Это утверждение известно как тригонометрическая форма теоремы Чевы. Мы докажем оба пункта, показав эквивалентность данных условий стандартной теореме Чевы.

Стандартная теорема Чевы утверждает, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется соотношение для длин отрезков:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $

Это соотношение справедливо и в случае, когда точки $A_1, B_1, C_1$ лежат на продолжениях сторон (при использовании направленных отрезков, но для синусной формы это не требует отдельных оговорок, так как $\sin(180^\circ - \alpha) = \sin(\alpha)$).

a) Докажем, что прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда $ \frac{\sin \angle ACC_1}{\sin \angle C_1CB} \cdot \frac{\sin \angle BAA_1}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{\sin \angle CBB_1}{\sin \angle B_1BA} = 1 $.

Для доказательства мы установим эквивалентность этого условия и стандартной теоремы Чевы. Рассмотрим соотношения отрезков на сторонах треугольника.

Рассмотрим отношение $ \frac{AC_1}{C_1B} $. Применим теорему синусов к треугольникам $ACC_1$ и $BCC_1$.

В $\triangle ACC_1$: $ \frac{AC_1}{\sin \angle ACC_1} = \frac{CC_1}{\sin \angle A} $. Отсюда $ AC_1 = \frac{CC_1 \cdot \sin \angle ACC_1}{\sin \angle A} $.

В $\triangle BCC_1$: $ \frac{C_1B}{\sin \angle C_1CB} = \frac{CC_1}{\sin \angle B} $. Отсюда $ C_1B = \frac{CC_1 \cdot \sin \angle C_1CB}{\sin \angle B} $.

Разделив одно выражение на другое, получим:

$ \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{\sin \angle ACC_1}{\sin \angle C_1CB} \cdot \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A} $

Аналогично, для двух других отношений отрезков:

Для $ \frac{BA_1}{A_1C} $, применяя теорему синусов к $\triangle ABA_1$ и $\triangle ACA_1$:

$ \frac{BA_1}{A_1C} = \frac{\sin \angle BAA_1}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{\sin \angle C}{\sin \angle B} $

Для $ \frac{CB_1}{B_1A} $, применяя теорему синусов к $\triangle BCB_1$ и $\triangle BAB_1$:

$ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{\sin \angle CBB_1}{\sin \angle B_1BA} \cdot \frac{\sin \angle A}{\sin \angle C} $

Теперь перемножим эти три равенства:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \left(\frac{\sin \angle ACC_1}{\sin \angle C_1CB} \cdot \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A}\right) \cdot \left(\frac{\sin \angle BAA_1}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{\sin \angle C}{\sin \angle B}\right) \cdot \left(\frac{\sin \angle CBB_1}{\sin \angle B_1BA} \cdot \frac{\sin \angle A}{\sin \angle C}\right) $

Сгруппируем множители:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \left(\frac{\sin \angle ACC_1}{\sin \angle C_1CB} \cdot \frac{\sin \angle BAA_1}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{\sin \angle CBB_1}{\sin \angle B_1BA}\right) \cdot \left(\frac{\sin \angle B \cdot \sin \angle C \cdot \sin \angle A}{\sin \angle A \cdot \sin \angle B \cdot \sin \angle C}\right) $

Вторая скобка равна 1, следовательно:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{\sin \angle ACC_1}{\sin \angle C_1CB} \cdot \frac{\sin \angle BAA_1}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{\sin \angle CBB_1}{\sin \angle B_1BA} $

Из этого равенства следует, что условие $ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $ (стандартная теорема Чевы) эквивалентно условию $ \frac{\sin \angle ACC_1}{\sin \angle C_1CB} \cdot \frac{\sin \angle BAA_1}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{\sin \angle CBB_1}{\sin \angle B_1BA} = 1 $.

Поскольку стандартная теорема Чевы является необходимым и достаточным условием пересечения прямых $AA_1, BB_1, CC_1$ в одной точке, то и данное в пункте а) условие также является необходимым и достаточным.

Ответ: Утверждение доказано.

б) Докажем, что прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда для любой точки $O$, не лежащей на прямых $AB, BC$ и $CA$, выполняется равенство $ \frac{\sin \angle AOC_1}{\sin \angle C_1OB} \cdot \frac{\sin \angle BOA_1}{\sin \angle A_1OC} \cdot \frac{\sin \angle COB_1}{\sin \angle B_1OA} = 1 $.

Как и в пункте а), докажем эквивалентность этого условия и стандартной теоремы Чевы. Возьмем произвольную точку $O$, не лежащую на сторонах треугольника (или их продолжениях).

Рассмотрим отношение отрезков $ \frac{AC_1}{C_1B} $. Применим теорему синусов к треугольникам $OAC_1$ и $OBC_1$.

В $\triangle OAC_1$: $ \frac{AC_1}{\sin \angle AOC_1} = \frac{OA}{\sin \angle OC_1A} $.

В $\triangle OBC_1$: $ \frac{C_1B}{\sin \angle C_1OB} = \frac{OB}{\sin \angle OC_1B} $.

Поскольку точки $A, C_1, B$ лежат на одной прямой, углы $\angle OC_1A$ и $\angle OC_1B$ являются смежными, следовательно, $\sin \angle OC_1A = \sin \angle OC_1B$. Разделив первое уравнение на второе, получим:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{\sin \angle C_1OB}{\sin \angle AOC_1} = \frac{OA}{OB} \implies \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{\sin \angle AOC_1}{\sin \angle C_1OB} \cdot \frac{OA}{OB} $

Аналогично, для двух других отношений отрезков:

Для $ \frac{BA_1}{A_1C} $, применяя теорему синусов к $\triangle OBA_1$ и $\triangle OCA_1$:

$ \frac{BA_1}{A_1C} = \frac{\sin \angle BOA_1}{\sin \angle A_1OC} \cdot \frac{OB}{OC} $

Для $ \frac{CB_1}{B_1A} $, применяя теорему синусов к $\triangle OCB_1$ и $\triangle OAB_1$:

$ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{\sin \angle COB_1}{\sin \angle B_1OA} \cdot \frac{OC}{OA} $

Теперь перемножим эти три равенства:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \left(\frac{\sin \angle AOC_1}{\sin \angle C_1OB} \cdot \frac{OA}{OB}\right) \cdot \left(\frac{\sin \angle BOA_1}{\sin \angle A_1OC} \cdot \frac{OB}{OC}\right) \cdot \left(\frac{\sin \angle COB_1}{\sin \angle B_1OA} \cdot \frac{OC}{OA}\right) $

Сгруппируем множители:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \left(\frac{\sin \angle AOC_1}{\sin \angle C_1OB} \cdot \frac{\sin \angle BOA_1}{\sin \angle A_1OC} \cdot \frac{\sin \angle COB_1}{\sin \angle B_1OA}\right) \cdot \left(\frac{OA}{OB} \cdot \frac{OB}{OC} \cdot \frac{OC}{OA}\right) $

Произведение во второй скобке равно 1. Таким образом, получаем:

$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{\sin \angle AOC_1}{\sin \angle C_1OB} \cdot \frac{\sin \angle BOA_1}{\sin \angle A_1OC} \cdot \frac{\sin \angle COB_1}{\sin \angle B_1OA} $

Это равенство показывает, что условие стандартной теоремы Чевы $ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $ эквивалентно условию из пункта б). Следовательно, данное условие также является необходимым и достаточным для пересечения прямых $AA_1, BB_1, CC_1$ в одной точке.

Ответ: Утверждение доказано.