Номер 417, страница 116 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры. Задачи повышенной трудности. Задачи к главам 1 и 2 - номер 417, страница 116.

Условие.

417 Даны шесть попарно пересекающихся прямых. Известно, что через точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере ещё одна из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 11.

Для доказательства используем метод от противного. Предположим, что не все шесть прямых проходят через одну точку.

Пусть $L = \{l_1, l_2, l_3, l_4, l_5, l_6\}$ — множество данных шести прямых. По условию, прямые попарно пересекаются, то есть никакие две прямые не параллельны. Общее количество пар прямых равно $C_6^2 = \frac{6 \cdot 5}{2} = 15$. Каждая пара прямых имеет ровно одну точку пересечения.

Ключевое условие задачи гласит, что через точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере еще одна из данных прямых. Это означает, что в каждой точке пересечения сходятся не менее трех прямых.

Пусть $T$ — это множество всех различных точек пересечения. Для каждой точки $P \in T$ обозначим через $n_P$ количество прямых из множества $L$, проходящих через эту точку. По условию, $n_P \ge 3$ для любой точки $P \in T$.

В каждой точке $P \in T$ пересекается $n_P$ прямых. Количество пар прямых, которые пересекаются в этой точке, равно $C_{n_P}^2 = \frac{n_P(n_P-1)}{2}$.

Поскольку каждая из 15 пар прямых пересекается в какой-то из точек множества $T$, мы можем составить уравнение, суммируя количество пар по всем точкам пересечения:

$\sum_{P \in T} C_{n_P}^2 = C_6^2 = 15$

Теперь проанализируем возможные целочисленные решения этого уравнения при условии, что каждое слагаемое $C_{n_P}^2$ соответствует $n_P \ge 3$. Вычислим значения $C_n^2$ для малых $n \ge 3$:

• $n=3: C_3^2 = 3$
• $n=4: C_4^2 = 6$
• $n=5: C_5^2 = 10$
• $n=6: C_6^2 = 15$

Нам нужно представить число 15 в виде суммы чисел из множества $\{3, 6, 10, 15, \dots\}$. Рассмотрим возможные случаи.

Случай 1: Сумма состоит из одного слагаемого.$15 = 15$. Это означает, что в конфигурации есть только одна точка пересечения $P_1$, и для нее $C_{n_{P_1}}^2 = 15$, что дает $n_{P_1}=6$. Это означает, что все 6 прямых проходят через одну точку. Но это противоречит нашему исходному предположению, что не все прямые проходят через одну точку. Таким образом, если наше предположение неверно, то утверждение задачи доказано.

Случай 2: В разложении есть слагаемое $10$.$15 = 10 + \dots$. Остаток равен $15 - 10 = 5$. Однако 5 нельзя представить в виде суммы чисел из множества $\{3, 6, 10, \dots\}$. Этот случай невозможен.

Случай 3: Наибольшее слагаемое в разложении — $6$.$15 = 6 + \dots$. Остаток равен $15 - 6 = 9$. Число 9 можно представить как $3+3+3$. Таким образом, гипотетическая конфигурация может состоять из одной точки, где пересекаются 4 прямые (дающей $C_4^2=6$), и трех точек, в каждой из которых пересекаются по 3 прямые (каждая дает $C_3^2=3$).Проверим, возможна ли такая конфигурация геометрически.Пусть в точке $P_1$ пересекаются прямые $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Оставшиеся прямые — $l_5$ и $l_6$.Пары прямых, пересекающиеся в $P_1$, — это все пары из $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Их $C_4^2 = 6$.Остальные 9 пар включают в себя хотя бы одну из прямых $l_5$ или $l_6$. Эти 9 пересечений должны образовать три точки, в каждой из которых пересекаются по 3 прямые.Рассмотрим точку пересечения прямых $l_5$ и $l_6$. Назовем ее $P_2$. Через $P_2$ должна проходить третья прямая. Это должна быть одна из прямых $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Пусть это $l_1$. Значит, в точке $P_2$ пересекаются прямые $\{l_1, l_5, l_6\}$.Теперь рассмотрим точку пересечения $l_2$ и $l_5$. Назовем ее $P_3$. Через нее также должна проходить третья прямая. Этой прямой не может быть $l_1$, так как $l_1$ и $l_2$ уже пересекаются в $P_1$, и если бы $l_1$ проходила через $P_3 = l_2 \cap l_5$, то $l_5$ должна была бы проходить через $P_1$, что противоречит предположению, что в $P_1$ пересекаются только $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Также этой прямой не может быть $l_6$, так как $l_5$ и $l_6$ пересекаются в $P_2$, и если бы $l_2$ проходила через $P_2$, то $P_2$ лежал бы на $l_1$ и $l_2$, то есть $P_2=P_1$, что невозможно, так как в $P_1$ 4 прямых, а в $P_2$ — 3.Значит, третья прямая в $P_3=l_2 \cap l_5$ должна быть либо $l_3$, либо $l_4$. Пусть это $l_3$.Тогда в точке $P_3$ пересекаются прямые $\{l_2, l_3, l_5\}$. Но прямые $l_2$ и $l_3$ по нашему построению пересекаются в точке $P_1$. Следовательно, $P_3 = P_1$. Это означает, что прямая $l_5$ также проходит через точку $P_1$. Это снова противоречит тому, что в $P_1$ пересекаются только первые четыре прямые.Таким образом, такая конфигурация геометрически невозможна.

Случай 4: Сумма состоит только из слагаемых, равных 3.$15 = 3+3+3+3+3$. Это соответствует конфигурации из 5 точек пересечения, в каждой из которых пересекаются ровно по 3 прямые.Проверим, возможна ли такая конфигурация.Возьмем любую прямую, например $l_1$. Ее пересекают остальные 5 прямых: $l_2, l_3, l_4, l_5, l_6$.Пусть $P_{1,i} = l_1 \cap l_i$ — точка пересечения $l_1$ с $l_i$. В каждой такой точке, по предположению этого случая, должны сходиться ровно 3 прямые.Это означает, что 5 прямых $l_2, \dots, l_6$ должны пересекать $l_1$ попарно в одних и тех же точках.Например, в точке $Q_1$ на прямой $l_1$ пересекаются $l_1$, $l_2$ и $l_3$. В точке $Q_2$ на $l_1$ пересекаются $l_1$, $l_4$ и $l_5$.Тогда где прямая $l_6$ пересекает $l_1$? Пусть это точка $Q_3$. Через $Q_3$ должна проходить еще одна прямая, помимо $l_1$ и $l_6$. Эта прямая должна быть одной из $\{l_2, l_3, l_4, l_5\}$.Предположим, это $l_2$. Тогда в точке $Q_3$ пересекаются $l_1, l_6, l_2$. Но $l_1$ и $l_2$ уже пересекаются в $Q_1$. Значит, $Q_3=Q_1$.Но тогда в точке $Q_1$ пересекаются прямые $\{l_1, l_2, l_3, l_6\}$. То есть в этой точке пересекаются уже 4 прямые. Это противоречит предположению, что в каждой точке пересечения сходятся ровно 3 прямые.Следовательно, и такая конфигурация невозможна.

Мы рассмотрели все возможные способы разложить число 15 на слагаемые вида $C_n^2$ при $n \ge 3$. Каждый случай, кроме первого, приводит к геометрическому противоречию. Единственный случай, который не был опровергнут, — это когда все 6 прямых пересекаются в одной точке. Наше исходное предположение о том, что не все прямые проходят через одну точку, приводит к противоречию. Следовательно, это предположение неверно.

Ответ: Таким образом, доказано, что все шесть прямых проходят через одну точку.