Трисекторы

Трисекторы

Шарнирный механизм

Шарнирные механизмы – это системы из прямых жестких стержней, соединенных на концах шарнирами, которые позволяют стержням поворачиваться друг относительно друга. Такие механизмы используются в технике, по-видимому, с XVIII века. И сейчас они едва ли не повсеместны: от выдвижного зеркала в ванной до некоторых типов автомобильной подвески. Для нашей задачи они тоже пригодились. На рисунке 7 показан «веер», придуманный математиком Дж.Дж.Сильвестром в 1875 году.

Рис. 7

Точки $A_{1}$, … $, A_{7}$ всегда находятся на одной окружности с центром О, и в этих точках фиолетовые звенья не поворачиваются друг относительно друга. Другой вариант трисекции при помощи шарнирного механизма можно найти на сайте «Математические этюды» (www.etudes.ru/ ru/etudes/angle-trisection/). Узнать больше о шарнирных механизмах можно в статьях Ю.Соловьева «Инверсоры» («Квант» №4 за 1990 г.) и Н.Андреева «Инверсоры» («Квант» №2 за 2017 г.).

Оригами

Да-да, это древнее искусство складывания причудливых фигурок из листа бумаги нашло свое отражение и в математике. Подробно о математическом оригами можно прочитать в статье А.Петрунина «Оригами и построения» в «Кванте» №1 за 2008 год. Мы же лишь приведем последовательность действий, которая позволяет разделить данный угол ни три части (рис.8). Этот способ предложил японец Хисаси Абэ.

Окончание. Начало см. в «Кванте» №8.

Рис. 8

Пусть на листе бумаги дан угол ВАС, который требуется разделить на три равные части. Сначала нужно построить складки PP¢ и QQ¢, параллельные АВ, так, чтобы QQ¢ была посередине между PP¢ и АВ. Затем нужно согнуть лист так, чтобы точка А (на рисунке 8 ее обрез обозначен A ¢ ) A попала на QQ¢, а точка Р одновременно с этим попала на АС. Тогда угол A ¢ AB будет равен трети исходного угла ВАС.

Упражнение 8. Докажите это. Объясните, почему это построение нельзя воспроизвести при помощи циркуля и линейки (нельзя использовать аргумент, что это противоречило бы невозможности трисекции).

Вспомогательные кривые

Оказывается, выполнить трисекцию можно и обычными циркулем и линейкой. Но для этого нужно, чтобы на плоскости, на которой происходит построение, уже была нарисована вспомогательная кривая. Для этого годятся довольно много разных кривых, вот лишь пара простых примеров. Гипербола y = 2/x. Пусть точка Х – вершина ветви гиперболы, О – начало координат, а точки А и В расположены на прямой ОХ так, что ВА = АО = ОХ (рис.9).

Рис. 9

39

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

Рис. 4

Пусть в треугольнике ABC провели высоты. Треугольник с вершинами в основаниях высот называется ортотреугольником. Ортотреугольник является педальным треугольником ортоцентра H. Тогда по свойству 1 получаем: Радиус описанной окружности, проведенный из вершины треугольника, перпендикулярен соответствующей стороне ортотреугольника (рис.5).

Рис. 6

Тогда AQ является серединным перпендикуляром к отрезку XY. Доказательство. Согласно свойству $1, AQ > B_{1} C_{1}, B_{1} C_{1} P XY$ (как средняя линия). Тогда AQ > XY. Теперь заметим, что в точке A пересекаются серединные перпендикуляры к сторонам PX и PY треугольника PXY. Или чуть иначе: YA = AP = AX, тогда треугольник AXY – равнобедренный, и перпендикуляр к стороне XY является серединным перпендикуляром к XY. Пусть точки X, Y и Z симметричны P относительно прямых AC, AB и BC (рис.7). Треугольник XYZ будем называть удвоенным педальным треугольником точки P относительно треугольника ABC. Из свойства 2 вытекает такое следствие: Изогонали являются серединными перпендикулярами к сторонам удвоенного педального треугольника.

Рис. 5

Упражнение 3. Из точки K внутри треугольника ABC опущены перпендикуляры $KA_{1}, KB_{1}$ и $KC_{1}$ на стороны BC, AC, AB соответственно. Через точку $A_{1}$ проведена прямая $l_{1}$, параллельная прямой, симметричной прямой AK относительно биссектрисы угла A. Прямые $l_{2}, l_{3}$ определяются аналогично. Докажите, что прямые $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ пересекаются в одной точке. Указание. Пусть прямые $l_{A}$ и AK – изогонали  BAC, тогда по условию $l_{1} P l_{A}$. По свойству 1 имеем $l_{A} > B_{1} C_{1}$.

Отметим еще одно свойство изогоналей. Свойство 2. Пусть AP и AQ – изогонали относительно угла, а точки X и Y симметричны P относительно сторон угла (рис.6).

Рис. 7

40

КВАНТ 2017/№9

Изогональное сопряжение

Теорема 1. Пусть точка P не лежит на описанной окружности треугольника ABC. Тогда прямые, изогональные к прямым AP, BP и CP, пересекаются в одной точке (рис.8,а).

в) Пусть $AA_{0}, BB_{0}, CC_{0}$ – высоты в треугольнике ABC, M – произвольная точка, $A_{1}$ – точка, симметричная M относительно стороны BC; аналогично определяются точки $B_{1}, C_{1}$. Докажите, что прямые $B_{0} B_{1}, C_{0} C_{1}, A_{0} A_{1}$ пересекаются в одной точке. Указания. б) Прямые пересекаются в точке, изогонально сопряженной M относительно треугольника ABC; в) докажите, что стороны треугольника ABC лежат на внешних биссектрисах для треугольника $A_{0} B_{0} C_{0}$, и воспользуйтесь п.б).

Центр описанной окружности и ортоцентр

Вспомним, что радиус описанной окружности и высота, проведенные из одной вершины треугольника, изогональны. Тогда точки O и H – изогонально сопряжены.

Рис. 8

Обозначим точку пересечения Q. Точка Q называется изогонально сопряженной для точки P. Можно также говорить, что точки P и Q изогонально сопряжены. Пользуясь следствием из свойства 2, мы можем доказать теорему и сразу получить геометрический смысл точки Q: это центр описанной окружности удвоенного педального треугольника XYZ. Теорему 1 используют и в немного другой формулировке. Теорема 1 a. Если AP и AQ, BP и BQ – две пары изогоналей в треугольнике ABC, то CP и CQ – тоже изогонали (рис.8,б). Отметим, что если точка P лежит на описанной окружности и отлична от вершин треугольника ABC, то изогонали к AP, BP и CP параллельны друг другу.

Упражнение 4. Докажите это.

Очевидно, биссектриса изогональна сама себе. Тогда центр вписанной и центры вневписанных окружностей изогонально сопряжены сами себе.

Упражнение 5. а) На биссектрисе угла A треугольника ABC внутри треугольника взяты точки D и F так, что  DBC  FBA. Докажите, что  DCB  FCA. б) Точка M расположена внутри треугольника ABC, $A_{1}$ – точка, симметричная M относительно внешней биссектрисы угла A; аналогично определяются точки $B_{1}, C_{1}$. Докажите, что прямые $AA_{1}, BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке.

Упражнение 6. а) Пусть прямая a проходит через вершину A треугольника ABC и перпендикулярна стороне $B_{1} C_{1}$ ортотреугольника. Прямые b и c определяются аналогично. Докажите, что прямые a, b и c пересекаются в одной точке. б) Пусть $H_{1}, H_{2}, H_{3}$ – точки, симметричные H относительно сторон треугольника ABC. Докажите, что точки $H_{1}, H_{2}, H_{3}$ лежат на описанной окружности треугольника ABC. в) Через основание высоты $AA_{1}$ треугольника ABC проведена прямая $l_{1}$, параллельная прямой AO. Прямые $l_{2}, l_{3}$ определяются аналогично. Докажите, что прямые $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ пересекаются в одной точке.

Точка пересечения касательных и удвоенная медиана

Пусть AM – медиана треугольника ABC. Сделаем стандартное построение. Удвоим медиану AM за точку M и получим точку D. Построим точку P, изогональную к D. Для этого достаточно построить изогонали к BD и CD. Пусть углы треугольника равны  A A,  B B,  C G. Отложим от стороны BA угла ABC изогональ к BD (рис. 9,а). Тогда эта прямая образует со стороной BC угол A. Аналогично построим изогональ к CD. Пусть полученные прямые пересекаются в точке P. Мы получили, что  PBC  PCB  BAC A. По известному признаку (угол между касательной и хордой) PB и CP – касательные к описанной окружности треугольника ABC. Тогда по теореме 1 a AP является изогональю для медианы AM относительно угла BAC. Эта изогональ называется симедианой. Мы получили основное свойство симедианы:

41

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

Рис. 10

Рис. 9

Cимедиана, проведенная через вершину A, проходит через точку пересечения касательных, проведенных в точках B и C к описанной окружности треугольника ABC (рис. 9,б). Подробнее о свойствах симедианы можно прочитать в статье [4].

Упражнение 7. а) (Устная олимпиада по геометрии, 2004 г.) Пусть $C_{1}$ и $B_{1}$ – проекции точки P пересечения касательных, проведенных в точках B и C к описанной окружности треугольника ABC, AM – медиана. Тогда $AM > B_{1} C_{1}$. б) (Всероссийская олимпиада, 2013 г.) Остроугольный треугольник ABC вписан в окружность 7. Касательные, проведенные к 7 в точках B и C, пересекаются в точке P. Точки D и E – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые AB и AC. Докажите, что точка пересечения высот треугольника ADE является серединой отрезка BC.

Общая педальная окружность

Вернемся к изучению свойств изогоналей угла. Пусть AP и AQ – изогонали угла BAC. Свойство 3. Проекции точек P и Q на стороны угла AB и AC лежат на одной окружности (рис.10), причем центр этой окружности – середина отрезка PQ.

Упражнение 8. Докажите это свойство.

Теперь мы готовы доказать основную теорему этого раздела.

Теорема 2. Педальные окружности изогонально сопряженных точек P и Q совпадают. Доказательство. По свойству 3 проекции точек P и Q на прямые AB и BC лежат на одной окружности (рис.11). То же верно и для проекций точек P и Q на прямые AB и AC. Но эти две окружности имеют общий

Рис. 11

центр – середину отрезка PQ. Кроме того, они имеют общую точку, значит, эти окружности совпадают.

Упражнение 9 (финальный тур Олимпиады имени И.Ф.Шарыгина, 2006 г.). Дан треугольник ABC и точка P внутри него. Точки Aa, Ba, Ca – проекции P на прямые BC, CA, AB. Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника A a B a C a, лежит внутри треугольника ABC.

Посмотрим, какой результат даст теорема 2 для уже знакомой пары изогонально сопряженных точек O и H. Вершины педального треугольника точки O – середины сторон, а для точки H – основания высот. Тогда по теореме 2 все эти шесть точек лежат на

42

КВАНТ 2017/№9

одной окружности. Эта окружность называется окружностью Эйлера.

Далее применим нашу теорию для решения задач.

Четырехугольник с двумя равными противоположными углами

Задача 1. Диагонали параллелограмма ABCD (отличного от прямоугольника) пересекаются в точке M (рис.12). Докажите, что точка M, а также основания

Рис. 12

перпендикуляров, опущенных из точки D на прямые BC, CA и AB, лежат на одной окружности. Переформулируем задачу. Надо доказать, что точка M лежит на педальной окружности точки D относительно треугольника ABC $( A_{1} B_{1} C_{1}$ – педальный треугольник точки D). По теореме 2 на этой же окружности лежат проекции на стороны треугольника ABC изогонально сопряженной точки. Если мы докажем, что одна из проекций совпала с M, то задача решена. Решение. Построим точку P, изогонально сопряженную к D. Поскольку BD – удвоенная медиана, то, по свойству симедианы, P – точка пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC, проведен-

Рис. 13

ных в точках A и C (рис.13). По теореме 2 точки P и D имеют общую педальную окружность. Точка M – проекция точки P на AC. Следовательно, точка M лежит на окружности $A_{1} B_{1} C_{1}$. Оказывается, что эту задачу можно обобщить. Задача 2 (о четырехугольнике). В выпуклом четырехугольнике ABCD углы A и С равны (рис.14). Докажите, что основания

Рис. 14

перпендикуляров, опущенных из точки D на прямые AB, BC, AC, и середина отрезка AC лежат на одной окружности или на одной прямой.

Упражнения

10. Докажите это. Указание. Пусть точка P – изогонально сопряженная к D относительно треугольника ABC. Докажите, что M – проекция P на AC. 11 (М991). В треугольнике ABC точка M – середина BC, H – основание высоты, проведенной из A на BC. Точки P и Q внутри угла BAC выбраны так, что  BAP  CAQ, BP > PA, AQ > QC (рис.15). Докажите, что точки P, Q, M и H лежат на одной окружности.

Рис. 15

43

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

Указание. Эта конструкция похожа на задачу о четырехугольнике. 12 (Московская математическая олимпиада, 1987 г.). Точка P внутри треугольника ABC такова, что  PBA  PCA (рис.16). Пусть $C_{1}$ и $B_{1}$ – проекции точки P на стороны AB и AC

Рис. 17

Рис. 16

соответственно, M – середина BC. Докажите, что $MB_{1} MC_{1}$. Указание. Заметим, что в условии уже есть проекции точки P на две стороны и середина стороны. Добавим еще точку $A_{1}$ – проекцию точки P на сторону BC. Таким образом можно построить конструкцию из задачи 2 (для случая невыпуклого четырехугольника ABPC). Останется доказать равенство хорд в окружности, проходящей через $A_{1}, B_{1}, C_{1}, M.$

Снова точка пересечения касательных и удвоенная медиана

Рассмотрим точку Р пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC, проведенных в точках B и C, и удвоенную медиану AD (рис.17). Воспользуемся теперь теоремой об общей педальной окружности, чтобы «придумать» задачу. Мы уже знаем, что точки P и D изогонально сопряжены и у них общая педальная окружность. А теперь «спрячем» некоторые элементы конструкции. Именно, попробуем избавиться в условии задачи от точки D (которая была бы подсказкой к решению). Проведем высоту AH. Поскольку ABDC – параллелограмм, то проекция X точки D на BC и точка H симметричны относительно середины M отрезка BC, т.е. CX = BH. Теперь мы готовы сформулировать задачу, которая практически эквивалентна сложной олимпиадной задаче (упражнение 13). Задача 3. В остроугольном неравнобед- ренном треугольнике ABC проведена высота AH, точка M – середина BC. Касательные к описанной окружности треугольника ABC, проведенные в точках B и C, пересекаются в точке P. На стороне BC отложили отрезок CX = BH. Точки E и F – проекции точки P на стороны AB и AC. Докажите, что точки E, F, M и X лежат на одной окружности.

Упражнения

13 (Всероссийская олимпиада, 2015 г.). В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведены медиана AM и высота AH. На прямых AB и AC отмечены точки Q и P соответственно так, что QM > AC и PM > AB (рис.18). Окружность, описанная около треугольника PMQ, пересекает прямую BC вторично в точке X. Докажите, что BH = CX.

Рис. 18

44

КВАНТ 2017/№9

Рис. 19

Указание. «Верните» на чертеж точку пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC в точках B и C и воспользуйтесь результатом упражнения 7,б. 14 (заочный тур Олимпиады имени И.Ф.Шарыгина, 2017 г.). Касательные к описанной окружности треугольника ABC, проведенные в точках A и B, пересекаются в точке D. Окружность, проходящая через проекции D на прямые BC, CA, AB, повторно пересекает AB в точке Ca. Аналогично строятся точки Aa, Ba. Докажите, что прямые AAa, BBa, CCa пересекаются в одной точке.

В завершение попробуем решить еще одну довольно сложную задачу. Задача 4 (Иранская олимпиады по геометрии, 2014 г.). Пусть H – основание высоты из вершины A треугольника ABC и H a – точка, симметричная точке H относительно середины стороны BC (рис. 19,а). Касательные к описанной окружности треугольника ABC, проведеные в точках B и C, пересекаются в точке X. Перпендикуляр к XH a, проведенный в точке H a, пересекает прямые AB и AC в точках Y и Z соответственно. Докажите, что  YXB  ZXC. Решение. Рассмотрим случай остроугольного треугольника (другие случаи читатель может разобрать аналогично). Поскольку BX и CX – касательные, имеем  CBX  BCX  A, откуда  BXC 180 o 2  A. Пусть  XYZ J,  XZY Q. Для решения достаточно доказать, что  YXZ 2  A или, эквивалентно, J Q 2  A. Пусть E и F – проекции точки X на AB и AC (рис.19,б). Заметим, что четырехуголь-

ник XH a YE – вписанный, следовательно,  XYH a  XEH a J. Аналогично,  XZH a  XFH a Q. Из четырехугольника AEXF найдем  EXF 180 o  A. Остается убедиться, что  EH a F 180 o  A (тогда по сумме углов в четырехугольнике XFH a E получим, что J Q 2  A ). Пришла пора применить полученные знания про эту конструкцию. Нам уже известно, что точки E, M (середина BC), H a, F лежат на одной окружности. Тогда  EH a F  EMF. Кроме того, согласно упражнению 7,б, EM > AC, FM > AB, откуда легко получаем, что  EMF 180 o  A. Задача решена.

Список литературы

1. П.Кожевников. Изогонально сопряженные точки. – «Квант», 2016, №1. 2. В.В.Прасолов. Точки Брокара и изогональное сопряжение. – М.: МЦНМО, 2000. 3. А.В.Акопян. Геометрия в картинках. – М.: МЦНМО, 2011. 4. Ю.Блинков. Симедиана. – «Квант», 2015, №4. 5. А.Акопян, А.Заславский. Разные взгляды на изогональное сопряжение. – «Математическое просвещение», 2007, вып. 11.