Страница 366 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

4 Прямая Симcона (задача 919). Исследуйте все возможные случаи [2, п. 58].

Прямая Симсона (или прямая Уоллеса-Симсона) — это геометрическое место точек, являющихся основаниями перпендикуляров, опущенных из некоторой точки $P$ на стороны треугольника $ABC$ (или их продолжения). Ключевая теорема, связанная с этим понятием, устанавливает условие, при котором эти три точки лежат на одной прямой.

Теорема формулируется как необходимое и достаточное условие: основания перпендикуляров, опущенных из точки $P$ на стороны треугольника, коллинеарны тогда и только тогда, когда точка $P$ лежит на описанной окружности этого треугольника.

Рассмотрим доказательство прямой и обратной теорем, а также исследуем частные случаи.

Прямая теорема Симсона

Формулировка: Если точка $P$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$, то основания перпендикуляров, опущенных из точки $P$ на прямые, содержащие стороны этого треугольника, лежат на одной прямой.

Доказательство: Пусть точка $P$ лежит на описанной окружности $\triangle ABC$. Пусть $X, Y, Z$ — основания перпендикуляров, опущенных из $P$ на прямые $BC, AC, AB$ соответственно. Докажем, что точки $X, Y, Z$ коллинеарны. Для этого покажем, что $\angle CYX + \angle AYZ = 180^\circ$.

1. Рассмотрим точки $P, Y, C, X$. Так как $PY \perp AC$ и $PX \perp BC$, то $\angle PYC = \angle PXC = 90^\circ$. Это означает, что точки $P, Y, C, X$ лежат на одной окружности, диаметром которой является отрезок $PC$. Для вписанного четырехугольника $PXYC$ сумма противоположных углов равна $180^\circ$, следовательно, $\angle CYX = 180^\circ - \angle CPX$.

2. Аналогично, рассмотрим точки $P, Y, A, Z$. Так как $PY \perp AC$ и $PZ \perp AB$, то $\angle PYA = \angle PZA = 90^\circ$. Точки $P, Y, A, Z$ лежат на окружности с диаметром $PA$. Для вписанного четырехугольника $PYAZ$ углы, опирающиеся на одну дугу $PZ$, равны: $\angle AYZ = \angle APZ$.

3. Чтобы доказать, что $\angle CYX + \angle AYZ = 180^\circ$, нужно показать, что $180^\circ - \angle CPX + \angle APZ = 180^\circ$, что эквивалентно равенству $\angle CPX = \angle APZ$.

4. В прямоугольном треугольнике $\triangle PCX$ (с прямым углом при $X$) имеем $\angle CPX = 90^\circ - \angle PCX$. Угол $\angle PCX$ — это угол между прямыми $PC$ и $BC$.

5. В прямоугольном треугольнике $\triangle PAZ$ (с прямым углом при $Z$) имеем $\angle APZ = 90^\circ - \angle PAZ$. Угол $\angle PAZ$ — это угол между прямыми $PA$ и $AB$.

6. Таким образом, равенство $\angle CPX = \angle APZ$ равносильно равенству $\angle PCX = \angle PAZ$.

7. Так как точка $P$ лежит на описанной окружности $\triangle ABC$, то четырехугольник $ABCP$ — вписанный. Углы $\angle PAB$ (то же, что $\angle PAZ$) и $\angle PCB$ (то же, что $\angle PCX$) опираются на одну и ту же дугу $PB$. Следовательно, $\angle PAB = \angle PCB$.

Из этого следует, что $\angle PAZ = \angle PCX$, а значит и $\angle APZ = \angle CPX$. Это доказывает, что точки $X, Y, Z$ лежат на одной прямой. Эта прямая и называется прямой Симсона.

Ответ: Если точка P лежит на описанной окружности треугольника, то основания перпендикуляров, опущенных из нее на стороны треугольника, коллинеарны.

Обратная теорема Симсона

Формулировка: Если основания перпендикуляров, опущенных из точки $P$ на прямые, содержащие стороны треугольника $ABC$, лежат на одной прямой, то точка $P$ лежит на описанной окружности этого треугольника.

Доказательство: Доказательство проводится в обратном порядке.

1. Пусть $X, Y, Z$ — основания перпендикуляров из $P$ на $BC, AC, AB$ соответственно, и эти точки коллинеарны. Это означает, что $\angle CYX + \angle AYZ = 180^\circ$.

2. Как и в прямой теореме, точки $P, X, C, Y$ лежат на окружности с диаметром $PC$, а точки $P, Z, A, Y$ — на окружности с диаметром $PA$.

3. Из этих циклических четырехугольников следует, что $\angle CYX = 180^\circ - \angle CPX$ и $\angle AYZ = \angle APZ$.

4. Подставляя в равенство из пункта 1, получаем $180^\circ - \angle CPX + \angle APZ = 180^\circ$, откуда $\angle CPX = \angle APZ$.

5. Из прямоугольных треугольников $\triangle PCX$ и $\triangle PAZ$ имеем $\angle CPX = 90^\circ - \angle PCX$ и $\angle APZ = 90^\circ - \angle PAZ$.

6. Из равенства $\angle CPX = \angle APZ$ следует равенство $\angle PCX = \angle PAZ$.

7. Равенство углов $\angle PCB = \angle PAB$ является необходимым и достаточным условием того, что точки $A, B, C, P$ лежат на одной окружности. Следовательно, точка $P$ лежит на описанной окружности $\triangle ABC$.

Ответ: Если основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника, коллинеарны, то точка P лежит на описанной окружности этого треугольника.

Исследование частных случаев

Рассмотрим поведение прямой Симсона в некоторых особых случаях расположения точки $P$ на описанной окружности.

Случай 1: Точка P совпадает с одной из вершин треугольника.

Пусть точка $P$ совпадает с вершиной $A$. Найдем положения оснований перпендикуляров $X, Y, Z$.

• $Z$ — основание перпендикуляра из $A$ на прямую $AB$. Точка $A$ сама лежит на прямой $AB$, поэтому ее проекция на эту прямую — это сама точка $A$. Таким образом, $Z=A$.
• $Y$ — основание перпендикуляра из $A$ на прямую $AC$. Аналогично, $Y=A$.
• $X$ — основание перпендикуляра из $A$ на прямую $BC$. Это точка $H_a$ — основание высоты, проведенной из вершины $A$ к стороне $BC$.

Таким образом, три "коллинеарные" точки — это $A, A, H_a$. Все они лежат на прямой $AH_a$, которая является высотой треугольника, проведенной из вершины $A$.

Ответ: Если точка $P$ совпадает с одной из вершин треугольника, ее прямая Симсона является высотой треугольника, проведенной из этой вершины.

Случай 2: Точка P диаметрально противоположна одной из вершин.

Пусть точка $P$ на описанной окружности такова, что отрезок $AP$ является ее диаметром. Исследуем направление прямой Симсона для точки $P$. Докажем, что она параллельна стороне $BC$.

Для того чтобы доказать, что прямая Симсона $ZXY$ параллельна стороне $BC$, достаточно показать, что угол, который прямая Симсона образует с прямой $AC$, равен углу, который прямая $BC$ образует с прямой $AC$.

1. Угол между прямой $BC$ и прямой $AC$ — это угол $\angle BCA$.

2. Найдем угол между прямой Симсона (линией $YXZ$) и прямой $AC$. Этот угол равен $\angle CYX$.

3. Как мы установили ранее, точки $P, X, C, Y$ лежат на окружности с диаметром $PC$. Отсюда, из свойств вписанных углов, $\angle CYX = \angle CPX$.

4. В прямоугольном треугольнике $\triangle PCX$ (угол $\angle PXC = 90^\circ$), угол $\angle CPX = 90^\circ - \angle PCX = 90^\circ - \angle PCB$.

5. Таким образом, для параллельности прямой Симсона и стороны $BC$ необходимо доказать равенство $\angle BCA = 90^\circ - \angle PCB$. Это равенство эквивалентно $\angle BCA + \angle PCB = 90^\circ$, то есть $\angle PCA = 90^\circ$.

6. По условию, точка $P$ диаметрально противоположна $A$, значит $AP$ — диаметр описанной окружности $\triangle ABC$.

7. Угол $\angle PCA$ является вписанным углом, опирающимся на диаметр $AP$. Следовательно, его величина составляет $90^\circ$.

Таким образом, условие $\angle PCA = 90^\circ$ выполняется, что и доказывает параллельность прямой Симсона и стороны $BC$.

Ответ: Если точка $P$ диаметрально противоположна вершине $A$, то ее прямая Симсона параллельна стороне $BC$ (стороне, противоположной вершине $A$).

5 Прямая Эйлера: докажите, что в любом неравностороннем треугольнике точка пересечения медиан, точка пересечения высот (или их продолжений), центр описанной около треугольника окружности и центр окружности Эйлера лежат на одной прямой. Установите, в каком отношении эти точки разделяют отрезок с концами в крайних точках [2, п. 36].

Для доказательства существования прямой Эйлера и нахождения соотношений между точками на ней воспользуемся методом векторной алгебры. Выберем в качестве начала системы координат центр описанной около треугольника окружности — точку $O$.

1. Обозначения и основные векторные соотношения.

Пусть дан неравносторонний треугольник $\triangle ABC$. Обозначим его ключевые точки:

• $O$ — центр описанной окружности (точка пересечения серединных перпендикуляров).
• $M$ — точка пересечения медиан (центроид).
• $H$ — точка пересечения высот (ортоцентр).
• $E$ — центр окружности Эйлера (окружности девяти точек).

В выбранной системе координат с началом в точке $O$ радиус-векторы вершин $A$, $B$, $C$ обозначим как $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ соответственно. Так как $O$ является центром описанной окружности радиуса $R$, то длины (модули) этих векторов равны: $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = R$.

Радиус-вектор точки пересечения медиан $M$ по определению равен среднему арифметическому радиус-векторов вершин:

$\vec{OM} = \vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}$

2. Доказательство коллинеарности точек O, M, H и нахождение их взаимного расположения.

Докажем, что радиус-вектор ортоцентра $H$ в этой системе координат равен $\vec{OH} = \vec{h} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$. Для этого покажем, что точка $H'$, определяемая этим вектором, действительно является ортоцентром. Нужно проверить, что линия, проходящая через вершину (например, $A$) и точку $H'$, перпендикулярна противолежащей стороне ($BC$).

Вектор, направленный из $A$ в $H'$, равен $\vec{AH'} = \vec{OH'} - \vec{OA} = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - \vec{a} = \vec{b} + \vec{c}$.

Вектор стороны $BC$ равен $\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB} = \vec{c} - \vec{b}$.

Найдем скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AH'} \cdot \vec{BC} = (\vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = \vec{c} \cdot \vec{c} - \vec{b} \cdot \vec{b} = |\vec{c}|^2 - |\vec{b}|^2 = R^2 - R^2 = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, то есть $AH' \perp BC$. Аналогично доказывается, что $BH' \perp AC$ и $CH' \perp AB$. Следовательно, точка $H'$ является ортоцентром треугольника, $H' \equiv H$, и ее радиус-вектор равен:

$\vec{OH} = \vec{h} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$

Теперь сравним радиус-векторы точек $H$ и $M$:

$\vec{OH} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 3 \cdot \left(\frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}\right) = 3 \cdot \vec{OM}$

Из векторного равенства $\vec{OH} = 3\vec{OM}$ следует, что векторы $\vec{OH}$ и $\vec{OM}$ коллинеарны. Это означает, что точки $O$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой. Эта прямая называется прямой Эйлера.

Данное соотношение также позволяет определить, как точка $M$ делит отрезок $OH$. Так как $\vec{OH} = \vec{OM} + \vec{MH}$, то $3\vec{OM} = \vec{OM} + \vec{MH}$, откуда $\vec{MH} = 2\vec{OM}$. Это значит, что точка $M$ лежит на отрезке $OH$ и делит его в отношении $OM : MH = 1:2$.

3. Доказательство принадлежности центра окружности Эйлера (E) к прямой Эйлера.

Окружность Эйлера (или окружность девяти точек) — это окружность, проходящая, в частности, через середины сторон треугольника. Докажем, что ее центр $E$ является серединой отрезка $OH$.

Пусть точка $E$ — середина отрезка $OH$. Тогда ее радиус-вектор $\vec{OE} = \vec{e} = \frac{1}{2}\vec{OH} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$.

Проверим, равноудалена ли точка $E$ от середин сторон треугольника. Середина $A_1$ стороны $BC$ имеет радиус-вектор $\vec{OA_1} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$. Найдем квадрат расстояния от $E$ до $A_1$:

$|EA_1|^2 = |\vec{OA_1} - \vec{OE}|^2 = \left|\frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} - \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{2}\right|^2 = \left|-\frac{\vec{a}}{2}\right|^2 = \frac{1}{4}|\vec{a}|^2 = \frac{R^2}{4}$.

Аналогичные вычисления для середин двух других сторон дадут тот же результат. Так как точка $E$ равноудалена от середин сторон, она является центром окружности, проходящей через них, то есть центром окружности Эйлера. Ее радиус-вектор $\vec{OE} = \frac{1}{2}\vec{OH}$, следовательно, точка $E$ лежит на прямой Эйлера и является серединой отрезка $OH$.

4. Отношение, в котором точки разделяют отрезок.

Итак, мы установили, что четыре замечательные точки треугольника — $O$, $M$, $E$ и $H$ — лежат на одной прямой. Крайними точками на этом отрезке в общем случае являются $O$ и $H$. Найдем, в каком отношении внутренние точки $M$ и $E$ разделяют отрезок $OH$.

Пусть длина отрезка $OH$ равна $d$.

• Положение точки $M$: $OM = \frac{1}{3}OH = \frac{d}{3}$.
• Положение точки $E$: $OE = \frac{1}{2}OH = \frac{d}{2}$.

Так как $\frac{1}{3} < \frac{1}{2}$, точки на прямой Эйлера располагаются в следующем порядке: $O, M, E, H$.

Эти точки делят отрезок $OH$ на три последовательных отрезка: $OM$, $ME$ и $EH$. Найдем их длины:

• $OM = \frac{d}{3}$
• $ME = OE - OM = \frac{d}{2} - \frac{d}{3} = \frac{3d - 2d}{6} = \frac{d}{6}$
• $EH = OH - OE = d - \frac{d}{2} = \frac{d}{2}$

Таким образом, соотношение длин этих отрезков составляет:

$OM : ME : EH = \frac{d}{3} : \frac{d}{6} : \frac{d}{2}$

Приводя к целым числам (умножая все части на 6), получаем:

$OM : ME : EH = 2 : 1 : 3$.

Ответ: В любом неравностороннем треугольнике точка пересечения медиан ($M$), точка пересечения высот ($H$), центр описанной окружности ($O$) и центр окружности Эйлера ($E$) лежат на одной прямой (прямой Эйлера). Эти точки расположены на отрезке $OH$ в порядке $O, M, E, H$ и делят его на три части, длины которых находятся в отношении $OM : ME : EH = 2:1:3$.

1 Проведите полное исследование задачи на построение треугольника ABC по углу А и сторонам AB и ВС. При каких условиях задача: а) имеет решение; б) имеет единственное решение; в) имеет не единственное решение (и сколько решений); г) не имеет решений?

Пусть в треугольнике $ABC$ заданы угол $A$, длина стороны $AB$ (обозначим её $c$) и длина стороны $BC$ (обозначим её $a$). Для построения треугольника выполним следующие шаги: 1. Построим угол, равный данному углу $A$. Пусть его вершина — точка $A$, а стороны — лучи $l_1$ и $l_2$. 2. На луче $l_1$ отложим отрезок $AB$ длиной $c$. 3. Вершина $C$ должна лежать на луче $l_2$ и одновременно находиться на расстоянии $a$ от точки $B$. Это означает, что точка $C$ является точкой пересечения луча $l_2$ и окружности с центром в точке $B$ и радиусом $a$.

Количество решений задачи зависит от количества точек пересечения этой окружности и луча $l_2$. Проведём высоту $BH$ из вершины $B$ на прямую, содержащую луч $l_2$. Длина этой высоты равна $h = AB \cdot \sin A = c \sin A$. Дальнейшее исследование зависит от величины угла $A$.

I. Угол A — острый ($0^\circ < A < 90^\circ$)

• Если $a < h$ (то есть $a < c \sin A$), окружность не пересекает прямую, содержащую луч $l_2$. Решений нет.
• Если $a = h$ (то есть $a = c \sin A$), окружность касается прямой в точке $H$. Так как угол $A$ острый, точка $H$ лежит на луче $l_2$. Задача имеет одно решение (прямоугольный треугольник $ABC$, где $\angle C = 90^\circ$).
• Если $a > h$ (то есть $a > c \sin A$), окружность пересекает прямую в двух точках.
  • Если при этом $a \ge c$, то одна точка пересечения лежит на луче $l_2$, а другая либо совпадает с точкой $A$ (при $a=c$), либо лежит на продолжении луча $l_2$ за точку $A$. В обоих случаях на луче $l_2$ есть только одна подходящая точка $C$. Задача имеет одно решение.
  • Если же $h < a < c$ (то есть $c \sin A < a < c$), обе точки пересечения лежат на луче $l_2$. Задача имеет два решения.

II. Угол A — прямой ($A = 90^\circ$)

• Треугольник $ABC$ является прямоугольным с гипотенузой $BC = a$ и катетом $AB = c$. Для существования такого треугольника необходимо, чтобы гипотенуза была длиннее катета, то есть $a > c$. Если это условие выполнено, решение единственно.
• Если $a \le c$, построение невозможно. Решений нет.

III. Угол A — тупой ($90^\circ < A < 180^\circ$)

• В треугольнике против большего угла лежит большая сторона. Так как угол $A$ тупой, он является наибольшим углом треугольника, следовательно, сторона $BC = a$ должна быть больше стороны $AB = c$. Если $a > c$, окружность с центром в $B$ и радиусом $a$ пересечет луч $l_2$ в одной точке. Задача имеет одно решение.
• Если $a \le c$, построение невозможно. Решений нет.

Теперь обобщим эти случаи для ответа на поставленные вопросы.

а) имеет решение;

Задача имеет хотя бы одно решение, если выполняются условия для одного или двух решений. Объединяя все случаи, получаем: 1. Если $0^\circ < A < 90^\circ$, решение есть при $a \ge c \sin A$. 2. Если $A \ge 90^\circ$, решение есть при $a > c$.
Ответ: задача имеет решение, если при $0^\circ < A < 90^\circ$ выполняется условие $BC \ge AB \sin A$, а при $A \ge 90^\circ$ выполняется условие $BC > AB$.

б) имеет единственное решение;

Задача имеет ровно одно решение в следующих случаях: 1. Если $0^\circ < A < 90^\circ$ и при этом либо $a = c \sin A$ (получается прямоугольный треугольник), либо $a \ge c$. 2. Если $A \ge 90^\circ$ и при этом $a > c$.
Ответ: задача имеет единственное решение, если: 1) угол $A$ острый и $BC = AB \sin A$ или $BC \ge AB$; 2) угол $A$ прямой или тупой и $BC > AB$.

в) имеет не единственное решение (и сколько решений);

Этот случай возможен только когда угол $A$ острый, а длина стороны $a$ больше высоты $h$, но меньше прилежащей стороны $c$. То есть, $0^\circ < A < 90^\circ$ и $c \sin A < a < c$. В этом случае окружность пересекает луч $l_2$ в двух разных точках, что дает два разных треугольника.
Ответ: задача имеет два решения, если угол $A$ острый и выполняется двойное неравенство $AB \sin A < BC < AB$. В остальных случаях двух и более решений быть не может.

г) не имеет решений?

Задача не имеет решений, если условия из пункта (а) не выполняются. 1. Если $0^\circ < A < 90^\circ$, решений нет при $a < c \sin A$. 2. Если $A \ge 90^\circ$, решений нет при $a \le c$.
Ответ: задача не имеет решений, если: 1) угол $A$ острый и $BC < AB \sin A$; 2) угол $A$ прямой или тупой и $BC \le AB$.

2 Окружности Аполлония и их свойства (задачи 1070, 1388), [2, пп. 53, 54].

Окружности Аполлония являются классическим примером геометрического места точек и обладают рядом важных свойств. Рассмотрим их определение и ключевые характеристики.

По определению, окружность Аполлония для двух заданных точек $A$ и $B$ и положительного действительного числа $k$ — это геометрическое место точек $P$, для которых отношение расстояний от $P$ до $A$ и $B$ постоянно и равно $k$. Математически это выражается как: $$ \frac{PA}{PB} = k $$

Рассмотрим два случая:

1. Если $k=1$, то $PA = PB$. Геометрическим местом таких точек является срединный перпендикуляр к отрезку $AB$. Срединный перпендикуляр можно рассматривать как вырожденный случай окружности с бесконечным радиусом.

2. Если $k \ne 1$ и $k > 0$, то геометрическое место точек является окружностью. Докажем это с помощью метода координат.

Пусть точки $A$ и $B$ лежат на оси $Ox$. Для удобства выберем начало координат в середине отрезка $AB$. Пусть $A$ имеет координаты $(-c, 0)$, а $B$ — $(c, 0)$, где $c > 0$. Пусть точка $P$ имеет координаты $(x, y)$. Тогда условие $PA = k \cdot PB$ в координатах записывается как: $$ \sqrt{(x+c)^2 + y^2} = k \sqrt{(x-c)^2 + y^2} $$ Возведем обе части уравнения в квадрат: $$ (x+c)^2 + y^2 = k^2 ((x-c)^2 + y^2) $$ Раскроем скобки: $$ x^2 + 2xc + c^2 + y^2 = k^2(x^2 - 2xc + c^2 + y^2) $$ $$ x^2 + 2xc + c^2 + y^2 = k^2x^2 - 2k^2xc + k^2c^2 + k^2y^2 $$ Сгруппируем члены с $x^2$, $y^2$ и $x$: $$ (1-k^2)x^2 + (1-k^2)y^2 + (2c + 2k^2c)x + (c^2 - k^2c^2) = 0 $$ Так как $k \ne 1$, то $1-k^2 \ne 0$. Разделим все уравнение на $(1-k^2)$: $$ x^2 + y^2 + \frac{2c(1+k^2)}{1-k^2}x + c^2 = 0 $$ Чтобы привести это уравнение к каноническому виду $(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = R^2$, выделим полный квадрат для переменной $x$: $$ \left(x + c\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)^2 - \left(c\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)^2 + y^2 + c^2 = 0 $$ $$ \left(x - c\frac{k^2+1}{k^2-1}\right)^2 + y^2 = c^2\left(\frac{k^2+1}{k^2-1}\right)^2 - c^2 $$ $$ \left(x - c\frac{k^2+1}{k^2-1}\right)^2 + y^2 = c^2\left(\frac{(k^2+1)^2 - (k^2-1)^2}{(k^2-1)^2}\right) $$ $$ \left(x - c\frac{k^2+1}{k^2-1}\right)^2 + y^2 = c^2\left(\frac{4k^2}{(k^2-1)^2}\right) $$ Это уравнение окружности с центром в точке $O = \left(c\frac{k^2+1}{k^2-1}, 0\right)$ и радиусом $R = \left|\frac{2kc}{k^2-1}\right|$.

Ответ: Окружность Аполлония для двух точек A и B и числа $k>0, k \neq 1$ — это геометрическое место точек P, для которых отношение расстояний $PA/PB=k$ постоянно. Это действительно является окружностью, центр которой лежит на прямой AB, а радиус зависит от расстояния между A и B и от коэффициента k.

Окружности Аполлония обладают несколькими важными геометрическими свойствами.

1. Диаметр и гармоническое деление. Центр окружности Аполлония всегда лежит на прямой, проходящей через точки $A$ и $B$. Эта окружность пересекает прямую $AB$ в двух точках, скажем $C$ и $D$.

• Точка $C$ делит отрезок $AB$ внутренним образом в отношении $k:1$, то есть $AC/CB = k$.
• Точка $D$ делит отрезок $AB$ внешним образом в отношении $k:1$, то есть $AD/DB = k$.

Отрезок $CD$ является диаметром окружности Аполлония. Точки $C$ и $D$ называются гармонически сопряженными к точкам $A$ и $B$.

2. Свойство биссектрис. Для любой точки $P$ на окружности Аполлония выполняются следующие свойства, связанные с биссектрисами угла $\angle APB$:

• Отрезок $PC$ (где $C$ — точка на отрезке $AB$) является внутренней биссектрисой угла $\angle APB$. Это следует из теоремы о биссектрисе, так как $PA/PB = k$ и $AC/CB = k$.
• Луч $PD$ (где $D$ — точка на прямой $AB$ вне отрезка $AB$) является внешней биссектрисой угла $\angle APB$.

Поскольку внутренняя и внешняя биссектрисы угла перпендикулярны, угол $\angle CPD$ всегда прямой ($\angle CPD = 90^\circ$). Этот факт является альтернативным доказательством того, что ГМТ $P$ есть окружность, построенная на отрезке $CD$ как на диаметре.

3. Пучки окружностей. Если зафиксировать точки $A$ и $B$ и изменять значение $k$ ($k \in (0, \infty)$), мы получим семейство окружностей Аполлония.

• Это семейство образует непересекающийся (эллиптический) пучок коаксиальных окружностей.
• Точки $A$ и $B$ являются предельными точками (или точками Понселе) этого пучка. При $k \to 0$ окружность стягивается в точку $A$, а при $k \to \infty$ — в точку $B$.
• Все окружности этого пучка имеют общую радикальную ось — срединный перпендикуляр к отрезку $AB$ (это окружность Аполлония для $k=1$).
• Этот пучок окружностей ортогонален другому пучку — пучку всех окружностей, проходящих через точки $A$ и $B$ (пересекающийся или гиперболический пучок). То есть любая окружность Аполлония для точек $A, B$ пересекает любую окружность, проходящую через $A, B$, под прямым углом.

Следует отличать окружность Аполлония (задача на ГМТ) от задачи Аполлония (задача на построение окружности, касающейся трех заданных фигур).

Ответ: Основные свойства окружности Аполлония: её диаметр лежит на прямой, соединяющей базовые точки A и B, и определяется точками, гармонически делящими отрезок AB; она связана с биссектрисами углов, образованных точкой на окружности и базовыми точками; все окружности Аполлония для фиксированной пары точек (A, B) образуют коаксиальный пучок, ортогональный пучку окружностей, проходящих через A и B.

3 Использование движений в задачах на доказательство (задачи 1290—1292, 1411—1416), [1, п. 163; 3, п. 44].

В представленном на изображении заголовке упоминается несколько задач. Ниже приведены развернутые решения для задач 1290, 1291 и анализ задачи 1292, которые решаются с использованием движений (геометрических преобразований, сохраняющих расстояния).

Задача 1290

Условие: На сторонах BC и CD квадрата ABCD взяты соответственно точки M и K так, что $\angle BAM = \angle MAK$. Докажите, что $AK = BM + DK$.

Решение:

Для доказательства используем метод поворота. Рассмотрим поворот $R$ плоскости вокруг центра A на угол $90^\circ$ против часовой стрелки.

1. При таком повороте, поскольку ABCD — квадрат, вершина B переходит в вершину D ($R(B) = D$), а сторона AB переходит в сторону AD.
2. Прямая BC, перпендикулярная AB, переходит в прямую DC, перпендикулярную AD.
3. Пусть точка M, лежащая на стороне BC, при этом повороте переходит в точку M'. Тогда точка M' будет лежать на прямой DC.
4. Поворот является движением, поэтому он сохраняет расстояния и углы. Следовательно, треугольник ABM переходит в равный ему треугольник ADM' ($\triangle ABM \cong \triangle ADM'$).
5. Из равенства треугольников следуют два факта:
   • Равенство сторон: $BM = DM'$ и $AM = AM'$.
   • Равенство углов: $\angle BAM = \angle DAM'$.
6. По условию задачи нам дано, что $\angle BAM = \angle MAK$.
7. Сопоставляя равенства углов из пунктов 5 и 6, получаем: $\angle DAM' = \angle MAK$.
8. Теперь докажем, что $AK = BM + DK$. Используя равенство $BM = DM'$, мы можем переписать доказываемое утверждение как $AK = DM' + DK$.
9. Рассмотрим расположение точек D, K, M' на прямой DC. Точка K лежит на отрезке CD. Точка M лежит на отрезке BC. При повороте на $90^\circ$ вокруг A, точка M переходит в M' так, что M' оказывается на продолжении стороны CD за точку D. Таким образом, точка D лежит между точками M' и K.
10. Из расположения точек M'—D—K следует, что длина отрезка M'K равна сумме длин отрезков M'D и DK, то есть $M'K = M'D + DK$.
11. Сравнивая это с выражением из пункта 8, видим, что для доказательства исходного утверждения достаточно доказать, что $AK = M'K$.
12. Равенство $AK = M'K$ означает, что треугольник AKM' является равнобедренным с основанием AM'. Чтобы доказать это, покажем, что углы при основании равны, то есть $\angle KAM' = \angle KM'A$.
13. Найдем величины этих углов. Пусть $\angle BAM = \alpha$. Тогда из условия $\angle MAK = \alpha$, и из свойства поворота $\angle DAM' = \alpha$.
    • Угол $\angle KAM'$ складывается из двух углов: $\angle KAM' = \angle KAD + \angle DAM'$. Угол $\angle KAD = \angle BAD - \angle BAK = 90^\circ - (\angle BAM + \angle MAK) = 90^\circ - 2\alpha$. Тогда $\angle KAM' = (90^\circ - 2\alpha) + \alpha = 90^\circ - \alpha$.
    • Угол $\angle KM'A$ — это угол $\angle DM'A$ в треугольнике ADM'. Поскольку $\triangle ADM' \cong \triangle ABM$, то $\angle DM'A = \angle BMA$. В прямоугольном треугольнике ABM угол $\angle BMA = 90^\circ - \angle BAM = 90^\circ - \alpha$.
14. Мы получили, что $\angle KAM' = 90^\circ - \alpha$ и $\angle KM'A = 90^\circ - \alpha$. Так как углы равны, треугольник AKM' действительно равнобедренный, и $AK = M'K$.
15. Подставляя $M'K = BM + DK$, получаем требуемое равенство $AK = BM + DK$.

Ответ: Утверждение доказано.

Задача 1291

Условие: Внутри равностороннего треугольника ABC взята точка M так, что $\angle AMC = 150^\circ$. Докажите, что из отрезков AM, BM, CM можно составить прямоугольный треугольник.

Решение:

Используем поворот вокруг одной из вершин треугольника, например, вокруг вершины C.

1. Выполним поворот плоскости на $60^\circ$ вокруг точки C. Так как треугольник ABC равносторонний, то $CA = CB$ и $\angle ACB = 60^\circ$. Выберем направление поворота так, чтобы вершина A перешла в вершину B ($R_C^{60^\circ}(A) = B$).
2. Пусть при этом повороте точка M переходит в точку M' ($R_C^{60^\circ}(M) = M'$).
3. По свойству поворота, треугольник CAM переходит в равный ему треугольник CBM' ($\triangle CAM \cong \triangle CBM'$).
4. Из конгруэнтности треугольников следует равенство соответствующих сторон: $AM = BM'$ и $CM = CM'$.
5. Рассмотрим треугольник CMM'. Так как $CM = CM'$ и угол поворота $\angle MCM' = 60^\circ$, этот треугольник является равносторонним. Следовательно, все его стороны равны: $MM' = CM = CM'$.
6. Теперь рассмотрим треугольник BMM'. Его стороны:
   • BM — одна из исходных длин.
   • BM' — по доказанному, $BM' = AM$.
   • MM' — по доказанному, $MM' = CM$.
   Таким образом, стороны треугольника BMM' равны по длине трем исходным отрезкам AM, BM, CM.
7. Чтобы доказать, что из отрезков AM, BM, CM можно составить прямоугольный треугольник, нам достаточно доказать, что треугольник BMM' — прямоугольный. Для этого найдем один из его углов.
8. Рассмотрим угол $\angle BM'C$. При повороте угол AMC переходит в угол BM'C, значит $\angle BM'C = \angle AMC = 150^\circ$.
9. Угол $\angle BM'C$ состоит из двух углов: $\angle BM'M$ и $\angle CM'M$. То есть $\angle BM'C = \angle BM'M + \angle CM'M$.
10. Мы знаем, что $\triangle CMM'$ — равносторонний, поэтому $\angle CM'M = 60^\circ$.
11. Подставляем известные значения: $150^\circ = \angle BM'M + 60^\circ$. Отсюда находим $\angle BM'M = 150^\circ - 60^\circ = 90^\circ$.
12. Поскольку один из углов треугольника BMM' равен $90^\circ$, этот треугольник является прямоугольным.
13. В прямоугольном треугольнике BMM' (с прямым углом при вершине M') стороны удовлетворяют теореме Пифагора: $(BM')^2 + (MM')^2 = BM^2$.
14. Заменяя стороны на равные им отрезки, получаем: $AM^2 + CM^2 = BM^2$.

Ответ: Доказано, что отрезки AM, BM, CM являются сторонами прямоугольного треугольника, так как они удовлетворяют теореме Пифагора.

Задача 1292

Условие (согласно распространенным источникам): Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC и углом при вершине B, равным 20°. На стороне AB взята точка D так, что AD = AC. Докажите, что CD = CB.

Анализ и решение:

Проанализируем данное условие с помощью метода "от противного", используя вычисление углов.

1. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC стороны $AB = BC$. Угол при вершине $\angle B = 20^\circ$.
2. Углы при основании равны: $\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - 20^\circ) / 2 = 80^\circ$.
3. На стороне AB взята точка D, для которой $AD = AC$. Это означает, что треугольник ADC также является равнобедренным.
4. В треугольнике ADC угол при вершине A, $\angle DAC$, совпадает с углом $\angle BAC$, то есть $\angle DAC = 80^\circ$.
5. Тогда углы при основании DC в треугольнике ADC равны: $\angle ADC = \angle ACD = (180^\circ - 80^\circ) / 2 = 50^\circ$.
6. Теперь мы можем найти угол $\angle BCD$: $\angle BCD = \angle BCA - \angle ACD = 80^\circ - 50^\circ = 30^\circ$.
7. Рассмотрим треугольник BCD. Мы знаем два его угла: $\angle CBD = 20^\circ$ и $\angle BCD = 30^\circ$. Третий угол $\angle BDC = 180^\circ - (20^\circ + 30^\circ) = 130^\circ$.
8. Утверждение, которое требуется доказать, — это $CD = CB$. В треугольнике BCD равенство сторон $CD=CB$ возможно только в том случае, если равны противолежащие им углы, то есть $\angle CBD = \angle CDB$.
9. Сравним эти углы: $\angle CBD = 20^\circ$, а $\angle CDB = 130^\circ$.
10. Поскольку $20^\circ \neq 130^\circ$, стороны CD и CB не могут быть равны.

Таким образом, условие задачи в приведенной формулировке содержит противоречие. Доказать утверждение $CD = CB$ невозможно, так как оно является ложным.

Примечание: Данная задача является известным примером задачи с некорректной формулировкой, часто встречающейся в онлайн-сборниках. Существуют похожие задачи с несколько измененными условиями, которые имеют решение (например, "задача Лэнгли" или другие задачи про треугольник с углами 80-80-20), но в данной постановке она нерешаема.

Ответ: Утверждение задачи неверно. На основе данных условия можно доказать, что $CD \neq CB$.

4 Использование движений в задачах на построение (задачи 1293—1295, 1417—1423), [1, п. 163; 3, п. 44].

В изображении представлен заголовок темы из учебника по геометрии: «Использование движений в задачах на построение». Это не задача с конкретным условием, а название метода решения определенного класса задач. Ниже приведено развернутое объяснение этого метода с примером.

Метод геометрических преобразований в задачах на построение

Общая идея метода

Метод геометрических преобразований (или метод движений) является одним из наиболее эффективных подходов к решению задач на построение. Суть метода заключается в том, чтобы с помощью одного или нескольких преобразований (таких как параллельный перенос, симметрия относительно точки или прямой, поворот) преобразовать некоторые элементы исходной фигуры. Это позволяет свести исходную, часто сложную, задачу к более простой, ключевой задаче, решение которой известно или легко находится.

Алгоритм решения задачи на построение с использованием движений обычно состоит из четырех стандартных этапов:

1. Анализ: На этом этапе предполагается, что искомая фигура уже построена. Затем, применяя к ней или ее частям некоторое геометрическое преобразование, устанавливают связи между данными задачи и искомыми элементами. Цель — найти такую последовательность действий, которая приведет к построению. Именно на этом этапе и проявляется вся сила метода: преобразование помогает «увидеть» решение.
2. Построение: На основе проведенного анализа выполняется последовательность построений с помощью циркуля и линейки.
3. Доказательство: На этом этапе доказывается, что построенная фигура действительно удовлетворяет всем условиям задачи.
4. Исследование: Здесь определяется, при каких условиях задача имеет решение, и сколько решений она может иметь.

Пример задачи: Построение отрезка с помощью параллельного переноса

Условие: Даны две прямые $l_1$ и $l_2$ и отрезок $PQ$. Построить отрезок $AB$, равный и параллельный отрезку $PQ$, так, чтобы его концы, точки $A$ и $B$, лежали на прямых $l_1$ и $l_2$ соответственно.

Анализ

Предположим, что искомый отрезок $AB$ уже построен. По условию, точка $A$ лежит на прямой $l_1$, точка $B$ — на прямой $l_2$, и отрезок $AB$ равен и параллелен отрезку $PQ$. Это означает, что вектор $\vec{AB}$ равен вектору $\vec{PQ}$.

Равенство векторов $\vec{AB} = \vec{PQ}$ означает, что точка $B$ является образом точки $A$ при параллельном переносе на вектор $\vec{v} = \vec{PQ}$. Обозначим этот перенос как $T_{\vec{v}}$.

Итак, $B = T_{\vec{v}}(A)$. Мы знаем, что точка $A$ принадлежит прямой $l_1$. При параллельном переносе $T_{\vec{v}}$ вся прямая $l_1$ перейдет в некоторую прямую $l'_1$, параллельную $l_1$. Так как $A \in l_1$, то ее образ $B = T_{\vec{v}}(A)$ будет принадлежать образу прямой $l_1$, то есть $B \in l'_1$.

С другой стороны, по условию задачи, точка $B$ должна лежать на прямой $l_2$.

Следовательно, точка $B$ является точкой пересечения прямой $l_2$ и построенной прямой $l'_1$. Найдя точку $B$, мы можем однозначно найти точку $A$, выполнив обратный перенос точки $B$ на вектор $-\vec{v} = \vec{QP}$, то есть $A = T_{-\vec{v}}(B)$.

Таким образом, план построения определен.

Построение

1. Строим прямую $l'_1$ — образ прямой $l_1$ при параллельном переносе на вектор $\vec{PQ}$. Для этого:
   1. Выбираем на прямой $l_1$ произвольную точку $M$.
   2. Строим точку $M'$ — образ точки $M$ при переносе на вектор $\vec{PQ}$ (т.е. откладываем от точки $M$ вектор, равный $\vec{PQ}$).
   3. Через точку $M'$ проводим прямую $l'_1$, параллельную прямой $l_1$.
2. Находим точку пересечения $B$ прямых $l'_1$ и $l_2$.
3. Строим точку $A$ — прообраз точки $B$ при переносе на вектор $\vec{PQ}$. Для этого от точки $B$ откладываем вектор $\vec{BA}$, равный вектору $\vec{QP}$ (т.е. $\vec{BA} = -\vec{PQ}$).
4. Соединяем точки $A$ и $B$. Отрезок $AB$ — искомый.

Доказательство

По построению, точка $B$ лежит на прямой $l_2$. Точка $A$ получена переносом точки $B$ (лежащей на $l'_1$) на вектор $-\vec{PQ}$. Так как $l'_1$ является образом $l_1$ при переносе на вектор $\vec{PQ}$, то прообраз любой точки с $l'_1$ при этом переносе будет лежать на $l_1$. Следовательно, точка $A$ лежит на прямой $l_1$.

Также по построению $\vec{BA} = \vec{QP}$, что эквивалентно $\vec{AB} = \vec{PQ}$. Это означает, что отрезок $AB$ параллелен отрезку $PQ$ и равен ему по длине.

Таким образом, построенный отрезок $AB$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Решение задачи зависит от взаимного расположения прямых $l_1$, $l_2$ и $l'_1$. Прямая $l'_1$ всегда параллельна прямой $l_1$.

• Случай 1: Прямые $l_1$ и $l_2$ пересекаются. Тогда прямая $l'_1$ (параллельная $l_1$) также будет пересекать $l_2$. В этом случае прямые $l'_1$ и $l_2$ имеют одну общую точку $B$. Задача имеет единственное решение.
• Случай 2: Прямые $l_1$ и $l_2$ параллельны.
  • Если прямая $l'_1$ совпадает с прямой $l_2$, то любая точка прямой $l_2$ может быть выбрана в качестве точки $B$. В этом случае задача имеет бесконечное множество решений. Это произойдет, если вектор переноса $\vec{PQ}$ коллинеарен прямым $l_1$ и $l_2$, а его длина равна расстоянию между этими прямыми.
  • Если прямая $l'_1$ параллельна прямой $l_2$, но не совпадает с ней (что будет во всех остальных подслучаях, когда $l_1 \parallel l_2$), то прямые $l'_1$ и $l_2$ не имеют общих точек. В этом случае задача не имеет решений.

Ответ: Задача имеет одно решение, если прямые $l_1$ и $l_2$ пересекаются; бесконечно много решений, если прямые $l_1$ и $l_2$ параллельны и перенос на вектор $\vec{PQ}$ совмещает прямую $l_1$ с прямой $l_2$; и не имеет решений, если прямые $l_1$ и $l_2$ параллельны, но перенос на вектор $\vec{PQ}$ не совмещает их.

5 Пропорциональные отрезки и метод масс. Использование центра масс системы точек для решения задач и доказательства теорем [2, п. 67].

Пропорциональные отрезки и метод масс

Метод масс — это эффективный способ решения геометрических задач, в основном планиметрических, связанных с нахождением отношений отрезков и доказательством конкурентности прямых (чевиан). Он основан на физическом понятии центра масс (бацентра) системы материальных точек.

Основные принципы метода:

1. Материальная точка. Каждой точке на плоскости (например, вершине треугольника) сопоставляется положительное число, называемое её массой. Точка $A$ с массой $m_A$ обозначается как $(A, m_A)$.

2. Центр масс двух точек (правило рычага). Центром масс двух точек $(A, m_A)$ и $(B, m_B)$ является такая точка $C$, расположенная на отрезке $AB$, что выполняется равенство $m_A \cdot AC = m_B \cdot BC$. Это эквивалентно отношению $\frac{AC}{BC} = \frac{m_B}{m_A}$. Масса в точке $C$ считается равной сумме масс: $m_C = m_A + m_B$.

3. Центр масс системы точек (свойство ассоциативности). Центр масс системы из трёх и более точек не зависит от порядка их группировки. Например, центр масс системы точек $(A, m_A)$, $(B, m_B)$ и $(C, m_C)$ можно найти двумя способами:
а) Сначала найти центр масс $D$ для точек $(A, m_A)$ и $(B, m_B)$, а затем найти центр масс для точек $(D, m_A+m_B)$ и $(C, m_C)$.
б) Сначала найти центр масс $E$ для точек $(B, m_B)$ и $(C, m_C)$, а затем найти центр масс для точек $(A, m_A)$ и $(E, m_B+m_C)$.
Итоговый центр масс в обоих случаях будет одной и той же точкой. Это свойство является ключом к доказательству теорем о пересечении прямых в одной точке (например, медиан, биссектрис или высот).

Использование центра масс системы точек для решения задач и доказательства теорем

Пример 1: Доказательство теоремы о медианах треугольника

Теорема: Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.

Доказательство:
1. Рассмотрим треугольник $ABC$. Поместим в его вершины $A, B, C$ одинаковые массы, например, равные 1. То есть мы имеем систему материальных точек $(A, 1)$, $(B, 1)$, $(C, 1)$.
2. Найдем центр масс точек $(B, 1)$ и $(C, 1)$. Пусть это точка $A_1$. Согласно правилу рычага, она лежит на отрезке $BC$ и делит его в отношении $\frac{BA_1}{A_1C} = \frac{1}{1} = 1$. Следовательно, $A_1$ — середина стороны $BC$, а отрезок $AA_1$ — медиана треугольника. Масса в точке $A_1$ равна $m_{A_1} = 1+1=2$.
3. Центр масс всей системы $(A, 1), (B, 1), (C, 1)$ по свойству ассоциативности является центром масс для точек $(A, 1)$ и $(A_1, 2)$. Обозначим этот центр масс буквой $O$. Точка $O$ лежит на медиане $AA_1$ и делит её в отношении $\frac{AO}{OA_1} = \frac{m_{A_1}}{m_A} = \frac{2}{1}$.
4. Аналогично, сгруппировав точки $(A, 1)$ и $(C, 1)$, мы найдем их центр масс $B_1$ — середину стороны $AC$. Центр масс всей системы $O$ должен лежать на медиане $BB_1$.
5. Сгруппировав точки $(A, 1)$ и $(B, 1)$, мы найдем их центр масс $C_1$ — середину стороны $AB$. Центр масс всей системы $O$ должен лежать на медиане $CC_1$.
6. Поскольку точка $O$ (центр масс всей системы) должна лежать на каждой из трех медиан ($AA_1, BB_1, CC_1$), это означает, что все три медианы пересекаются в этой точке. Как мы уже показали в пункте 3, эта точка делит, например, медиану $AA_1$ в отношении 2:1, считая от вершины $A$. Аналогичные рассуждения верны и для двух других медиан. Теорема доказана.

Ответ: Доказано, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины.

Пример 2: Доказательство теоремы Чевы

Теорема: В треугольнике $ABC$ на сторонах $BC$, $AC$ и $AB$ взяты точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответственно. Отрезки $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ (чевианы) пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется равенство $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$.

Доказательство (прямой теоремы):
1. Пусть чевианы $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $O$. Мы должны подобрать такие массы $m_A, m_B, m_C$ в вершинах $A, B, C$, чтобы точка $O$ стала центром масс всей системы.
2. Так как точка $O$ лежит на отрезке $AA_1$, она является центром масс для точки $A$ и некоторой точки на отрезке $BC$. По свойству ассоциативности, эта точка на $BC$ должна быть центром масс для $B$ и $C$. Эта точка — $A_1$. Таким образом, $A_1$ — центр масс точек $(B, m_B)$ и $(C, m_C)$. Из правила рычага следует: $\frac{BA_1}{A_1C} = \frac{m_C}{m_B}$.
3. Аналогично, так как $O$ лежит на отрезке $BB_1$, точка $B_1$ должна быть центром масс для $(A, m_A)$ и $(C, m_C)$. Отсюда: $\frac{CB_1}{B_1A} = \frac{m_A}{m_C}$.
4. И так как $O$ лежит на отрезке $CC_1$, точка $C_1$ должна быть центром масс для $(A, m_A)$ и $(B, m_B)$. Отсюда: $\frac{AC_1}{C_1B} = \frac{m_B}{m_A}$.
5. Теперь перемножим полученные три отношения: $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{m_B}{m_A} \cdot \frac{m_C}{m_B} \cdot \frac{m_A}{m_C}$.
6. Все массы в правой части сокращаются: $\frac{m_B}{m_A} \cdot \frac{m_C}{m_B} \cdot \frac{m_A}{m_C} = 1$. Теорема доказана.

Ответ: Доказано, что если чевианы пересекаются в одной точке, то произведение отношений, в которых они делят стороны, равно единице.

Пример 3: Решение задачи на нахождение отношения отрезков

Задача: В треугольнике $ABC$ на стороне $AC$ взята точка $K$ так, что $AK:KC = 1:3$. На стороне $BC$ взята точка $L$ так, что $BL:LC = 2:1$. Отрезки $AL$ и $BK$ пересекаются в точке $O$. Найдите отношение $BO:OK$.

Решение:
1. Подберем массы $m_A, m_B, m_C$ в вершинах $A, B, C$ так, чтобы точка $O$ стала центром масс системы.
2. Из условия $AK:KC = 1:3$ следует, что точка $K$ будет центром масс для $(A, m_A)$ и $(C, m_C)$, если $\frac{m_A}{m_C} = \frac{KC}{AK} = \frac{3}{1}$. Выберем, например, $m_A=3$ и $m_C=1$.
3. Из условия $BL:LC = 2:1$ следует, что точка $L$ будет центром масс для $(B, m_B)$ и $(C, m_C)$, если $\frac{m_B}{m_C} = \frac{LC}{BL} = \frac{1}{2}$. Так как мы уже выбрали $m_C=1$, то отсюда находим $m_B = \frac{1}{2}$.
4. Мы получили массы: $m_A=3, m_B=\frac{1}{2}, m_C=1$. Чтобы избавиться от дроби, умножим все массы на 2. Это не изменит отношений. Получаем: $m_A=6, m_B=1, m_C=2$.
5. Проверим наши массы:
- Для точек $A$ и $C$: $\frac{m_A}{m_C} = \frac{6}{2} = 3$. Требуемое отношение $KC:AK$ должно быть $\frac{3}{1}$. Это соответствует $AK:KC=1:3$. Верно.
- Для точек $B$ и $C$: $\frac{m_B}{m_C} = \frac{1}{2}$. Требуемое отношение $LC:BL$ должно быть $\frac{1}{2}$. Это соответствует $BL:LC=2:1$. Верно.
6. Точка $O$ — центр масс всей системы. Рассмотрим ее как центр масс для точек $(B, m_B)$ и $(K, m_K)$. Точка $K$ — центр масс для $A$ и $C$, поэтому ее масса $m_K = m_A + m_C = 6 + 2 = 8$.
7. Точка $O$ лежит на отрезке $BK$ и является центром масс для точек $(B, m_B=1)$ и $(K, m_K=8)$. По правилу рычага, отношение отрезков равно обратному отношению масс: $\frac{BO}{OK} = \frac{m_K}{m_B} = \frac{8}{1}$.

Ответ: $BO:OK = 8:1$.