Векторное решение аффинных задач

30

Векторное решение аффициных задач

На этом занятии математическое кружка мы научимся решать геометрические задачи определенного типа — так называемые аффициные задачи. Мы не будем предварительно обьяснять, что это за задачи. Надеемся, что, прочитав статью, вы поимете это.

1. Аффициная версия теоремы Морлея

В «Кванте» № 8 за 1978 год (с. 28) рассматривалась следующая замечательная теорема: если в треугольнике ABC проведится трисекгрисцы углов A, B и C, то точки их пересечения, близкие к сторонам, являются вершинами равностороннего треугольника. А что получится, если трисекгрисцы заменить тридцанами, т. е. прямыми, проходящими через вершины треугольника и делящими противоположные его стороны на три равные части? Оказывается… Впрочем, настоящий читатель сам закончит формулировку теоремы, выяснить свойства треугольника $P_{14}P_{36}P_{25}$ (обозначения легко сообщать, глая-

Рис. 1

дя на рисунок 1), убедится в том, что стороны шестиугольника $P_{13}P_{46}P_{15}P_{24}P_{35}P_{26}$ параллельны сторонам исходного треугольника ABC, и, наконец, докажет, что середины сторона этого шестиугольника и точки $P_{36}, P_{23}, P_{25}, P_{45}, P_{14}, P_{61}$ лежат на трех прямых. Если вам пока не понятно, как решать эту задачу, — не расстраивайтесь. Прочитав статью, вы несомненно сможете это сделать. Начнем с более простой задачи.

2. Аффициная задача Льюиса Кэррола

Предпоследняя задача сборника «Получочные задачи, придуманные в часы бессонцы» *) требует писать в данной треугольник такой шестиугольник, чтобы его противоположные стороны были равны и параллельны, три из них лежали на сторонах треугольника, а диагонали пересекались в заданной точке внутри треугольника. Решение, приведенное Кэрролом, использует средства, приведенные для школьника тех давних времени (восьмидесятые годы прошло столетия). Мы рассмотрим более общую формулировку задачи Кэррола и решим ее, использя средство, знакомое совершенному школьнику уже с седьмого класса, — в котором. Конечно, задачу Кэррола совсем несложно решить и без их помощи. Но именно потому, что она несложная, на ней хорошо учится!

Мы решим задачу Кэррола в следующей формулировке: на прямых, содержащих стороны BC, CA и AB треугольника ABC, расположим, соответствующим, точки $A_1$ и $A_2$, $B_1$ и $B_2$, $C_1$ и $C_2$ так, чтобы противоположные вершины шестиугольника $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ (т. е. точки $A_1$ и $B_2$, $A_2$ и $C_1$, $B_1$ и $C_2$) были симметрины относительно точки P, произвольной заданной в плоскости треугольника ABC (рис. 2) **). (Такой шестиугольник называют чентральным.)

*) Льюис Кэррол. История с узелками (М., «Мир», 1973).
**) В этом и состоит большая общность нашей формулировки — Кэррол считает, что точка P лежит внутри треугольника ABC.

31

3. Разложение по векторам

Нам понадобится такой факт: если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ не коллинеарны, то любой вектор $\vec{c}$, лежащий в той же плоскости, что и векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, можно представить в виде

$$\vec{c} = \alpha \vec{a} + \beta \vec{b}$$

(здесь $\alpha$ и $\beta$ — действительные числа), причем такое представление единственно (ср. с теоремой из § 23 «Геометрии 9»).

Мы будем назвать это представление разложением вектора $\vec{c}$ по векторам $\vec{a}$ и $\vec{b}$ (рис. 3).

Заметим, что если $O$ — фиксированная точка плоскости, то любой точке $M$ плоскости можно построить вектор $\overrightarrow{OM}$. Точка $O$ называют полюсом, вектор $\overrightarrow{OM}$ — радиус вектором точки $M$. Радиус-вектор $\overrightarrow{OM}$ однозначно определяет «своя» точку $M$; мы будем для краткости обозначать его через $\overrightarrow{M}$.

4. Решение задачи Кэррола

Выберем в качестве полюса вершину $C$ данного треугольника.

Радиус-вектор данной точки $P$ разложим по векторам $\vec{A}$ и $\vec{B}$:

$$\vec{P} = \alpha \vec{A} + \beta \vec{B}.$$

Поскольку искомая точка $A_1$ лежит на прямой $CB$ (рис. 2),

$$\vec{A}_1 = x\vec{B},$$

где $x$ — та доля, которое точка $A_1$ «отсекает» от направленного отрезка $\overrightarrow{CB}$. Слово «отсекает» мы взяли в каычки потому, что точка $A_1$ не обязательно лежит внутри отрезка $CB$; она может «отсекать» даже отрицательную «долю» (в этом случае $x < 0$). Аналогичным образом для искомой точки $B_2$ получаем

$$\vec{B}_2 = y\vec{A}$$

(здесь $y$ — доля, которое «отсекает» искомая точка от направленного отрезка $\overrightarrow{CA}$). Из того, что точка $P$ является серединой отрезка $A_1B_2$, вытекает (§ 22 «Геометрии 9»)

$$\vec{P} = \frac{1}{2} (\vec{A}_1 + \vec{B}_2),$$

то есть

$$\alpha \vec{A} + \beta \vec{B} = \frac{1}{2} (x\vec{B} + y\vec{A}),$$

откуда

$$x = 2\beta, y = 2\alpha$$

и, следовательно,

$$\vec{A}_1 = 2\beta\vec{B}, \quad \vec{B}_2 = 2\alpha\vec{A}.$$

Эти равенства позволяют построить точки $A_1$ и $B_2$.

Найти точки $B_1$ и $C_2$ немного труднее. Если точка $B_1$ отсекает долю $z$ от направленного отрезка $\overrightarrow{CA}$, то

$$\vec{B}_1 = z\vec{A}.$$

Составим теперь выражение для радиус-вектора точки $C_2$, отсекающей долю $u$ от направленного отрезка $\overrightarrow{AB}$:

$$\vec{AC}_2 = u\vec{AB}.$$

Воспользуемся тем, что $\vec{AC}_2 = \vec{C}_2 - \vec{A}$; $\vec{AB} = \vec{B} - \vec{A}$. Поэтому $u(\vec{B} - \vec{A}) = \vec{C}_2 - \vec{A}$ и, следовательно, $\vec{C}_2 = \vec{A} + u(\vec{B} - \vec{A}) = (1 - u)\vec{A} +$

32

• $u\vec{B}$. По условию
  $$P = \frac{1}{2} (\vec{B}_1 + \vec{C}_2),$$
  то есть
  $$\alpha \vec{A} + \beta \vec{B} = \frac{1}{2} [z\vec{A} + (1 - u)\vec{A} + u\vec{B}]$$
  и, таким образом,
  $$u = 2\beta, z = 2\alpha + 2\beta - 1$$
  $$\vec{B}_1 = (2\alpha + 2\beta - 1)\vec{A},$$
  $$\vec{C}_2 = (1 - 2\beta)\vec{A} + 2\beta\vec{B}.$$
  Выполнить заключительный этап самостоятельного, читатель убедится, что
  $$\vec{A}_2 = (2\alpha + 2\beta - 1)\vec{B},$$
  $$\vec{C}_1 = 2\alpha\vec{A} + (1 - 2\alpha)\vec{B}.$$
  Мы обнаружили, таким образом, что задача Кэролла имеет решение (как бы ни была задана точка $P!$) и это решение единственное:
  $$\begin{cases} \vec{A}_1 = 2\beta\vec{B}, \vec{A}_2 = (2\alpha + 2\beta - 1)\vec{B} \\ \vec{B}_1 = (2\alpha + 2\beta - 1)\vec{A}, \vec{B}_2 = 2\alpha\vec{A} \\ \vec{C}_1 = 2\alpha\vec{A} + (1 - 2\alpha)\vec{B}, \vec{C}_2 = \\ = (1 - 2\beta)\vec{A} + 2\beta\vec{B} \end{cases}$$

5. Отступление от задачи Кэролла.
   Вывод формулы для $\vec{C}_2$ фактически доказывает следующий общий результат: если $\vec{A}$ и $\vec{B}$—радиус-векторы произвольных точек $A$ и $B$ (относительно произвольного выбранного полиса $C!$), то радиус-вектор $\vec{M}$ точки, принадлежшей прямой $AB$ и отсекающей «долю» $\lambda$ от направленного отрезка $\vec{AB}$, то есть точки $M$, для которого $\vec{AM} = \lambda\vec{AB}$ (рис. 4), определяется по простой и красивой формуле:
   $$\vec{M} = (1 - \lambda)\vec{A} + \lambda\vec{B}.$$ (!!)
   Эту формулу следует запомнить — она с большой пользовательским применением при решении многих геометрических задач *).

*) См. статью В. Болтянского «Три точки на одной прямой» («Квант», 1978, № 10) и статью И. Габовича «Векторы помогают на экзамене» («Квант», 1979, № 1).

Рис. 4.
Число $\lambda$ называют афффициной координатой точки $M$ (относительно координатной системы, заданной на чалом $A$ и масштабным вектором $\vec{AB}$). Такое название определяено: ведь если заданы координатная система и произвольное число $\lambda$, то точка $M$ на прямой $AB$ определяется однозначно:
$$\vec{AM} = \lambda\vec{AB}.$$
Вернемся к формуле
$$\vec{P} = \alpha\vec{A} + \beta\vec{B},$$
с помощью которой мы записали радиус-вектор точки $P$, расположенной в плоскости треугольника $ABC$. Она показывает, что задание произвольной упорядоченной пары чисел $\alpha$, $\beta$ определяет точку $P$ в плоскости $ABC$, если задана точка $C$ и векторы $\vec{CA}$ и $\vec{CB}$ (рис. 5).
Эти числа называются афффициными координатами точки $P$ (в координатной системе, начало которой — точка $C$, а масштабные векторы—$\vec{CA}$ и $\vec{CB}$). Легко видеть, что точки плоскости $ABC$, у которых вторая координата равна нулю, лежат на прямой $CA$; поэтому ее называют первой координатной осью. Аналогично, точки, у которых первая координата равна нулю, лежат на

33

6. Частные случаи задачи Кэррола

1. Если точка $P$ есть центроид треугольника $ABC$ (т. е. пересечение его медиан), то (§ 22 «Геометрии 9»)
   $$\overrightarrow{OP} = \frac{1}{3} (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$$
   и, следовательно,
   $$\bar{P} = \frac{1}{3} \bar{A} + \frac{1}{3} \bar{B},$$
   то есть
   $$\alpha = \frac{1}{3}, \quad \beta = \frac{1}{3}.$$
   Подставив эти значения в формулы (1), получим $\bar{A}_1 = \frac{2}{3} \bar{B},$
   $$\bar{A}_2 = \frac{1}{3} \bar{B}, \quad \bar{B}_1 = \frac{1}{3} \bar{A}, \quad \bar{B}_2 = \frac{2}{3} \bar{A},$$
   $$\bar{C}_1 = \frac{2}{3} \bar{A} + \frac{1}{3} \bar{B}, \quad \bar{C}_2 = \frac{1}{3} \bar{A} + \frac{2}{3} \bar{B}$$
   и, следовательно (в силу сказанного в предыдущем пункте), вершины най-денного шестиугольника отсекают от сторона треугольника $\frac{1}{3}$ и $\frac{2}{3}$.

2. Пусть $P$ — какая-либо точка отрезка $B'C'$, соединяющего середины $B'$ и $C'$ сторона CA и AB. Так как эта точка расположена внутри отрезка $B'C'$, она отсекает от него долю $0 < \lambda < 1$ и, в силу формулы (!!),
   $$\bar{P} = (1 - \lambda) \bar{B}' + \lambda \bar{C}'$$
   $$\bar{P} = \frac{1 - \lambda}{2} \bar{A} + \frac{\lambda}{2} (\bar{A} + \bar{B})$$

то есть
$$\alpha = \frac{1}{2}, \quad \beta = \frac{\lambda}{2}.$$
Подставив эти значения в формулы (1), получим
$$\bar{A}_1 = \lambda \bar{B}, \quad \bar{A}_2 = \lambda \bar{B}, \quad \bar{B}_1 = \lambda \bar{A}, \quad \bar{B}_2 = \bar{A},$$
$$\bar{C}_1 = \bar{A}, \quad \bar{C}_2 = (1 - \lambda) \bar{A} + \lambda \bar{B}.$$
Таким образом, в этом случае шестиугольник $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ вырождается в параллелограмм $A_1A_1B_1AAC_2 = A_1B_1AC_2$ (рисунок 6 сделан для случая, когда $\lambda = \frac{4}{5}$).

3. Если точка $P$ расположена произвольным образом на прямой $B'C'$ в неотрезка $B'C'$, то ее аффинная координата $\lambda$ (в координатной системе, имеющей начало в точке $C'$ и масштабный вектор $\overrightarrow{B'C'}$) есть либо положительное число, большее единицу, либо отрицательное число. Радиус-векторы вершин построенного шестиугольника определяются, конечно, теми же формулами, что и в общем случае, однако эти вершины — в этом самостояльно убедится читатель — хотя и расположется на прямых AB, BC и CA, будут вне отрезков AB, BC, CA (на рисунке 7 $\lambda = \frac{5}{4}$).

4. Если точка $P$ выбрана в середине $A'$ отрезка BC, то есть если $\bar{P} = \frac{1}{2} \bar{B}$ и, следовательно, $\alpha = 0, \quad \beta = \frac{1}{2}$, то, в силу формул