Приклади розв’язання задач.

Задача 1. Довести, що точка , яка є центром трикутника (точкою перетину медіан), точка , яка є центром описаного навколо трикутника кола та ортоцентр (точка перетину висот трикутника) лежать на одній прямій (так званій прямій Ейлера). При цьому виконується рівність .

Д оведення. Нехай у трикутнику медіани та перетинаються у точці , висоти та - у точці , а серединні перпендикуляри до сторін та - у точці (рис. 4). Розглянемо гомотетію . Згідно із властивістю медіан трикутника , . Таким чином, пряма при даній гомотетії відобразиться на паралельну пряму , а пряма - на паралельну пряму . Тому точка , у якій перетинаються прямі та , перейде у точку перетину прямих та , тобто у точку . Отже, , або . Одержана рівність означає, що точки , та лежать на одній прямій, а також те, що виконується рівність .

Задача 2. Довести, що середини основ трапеції, точка перетину її діагоналей та точка, в якій перетинаються прямі, яким належать бічні сторони трапеції, лежать на одній прямій.

Д оведення. Нехай задана трапеція , діагоналі та якої перетинаються у точці , точки та - середини онов відповідно та , а продовження бічних сторін перетинаються у точці (рис. 5).

Розглянемо гомотетію , де . Вона відображає точки та відповідно у точки та . Тому відрізок при цій гомотетії відображається на відрізок , а середина відрізка - точка переходить у середину відрізка - точку . Отже, точки , та лежать на одній прямій. Гомотетія , де відображає точки та відповідно у точки та , відрізок - на відрізок та переводить середину відрізка у середину відрізка . Отже, точки , та лежать на одній прямій. Таким чином, усі чотири точки, задані в умові задачі, належать одній прямій.

Зауважимо, що розглянута задача фактично дає відповідь на те, як за допомогою однієї двохсторонньої лінійки (тобто лінійки з двома паралельними краями) побудувати середину заданого відрізка. Побудова виглядає наступним чином. Нехай задано деякий відрізок . За допомогою лінійки проводимо дві паралельні прямі, одна з яких містить заданий відрізок та поза одержаною смужкою вибираємо довільну точку . Проводимо прямі та і знаходимо точки їх перетину з другою прямою (нехай це точки та відповідно). Через точку та точку перетину прямих та проводимо ще одну пряму. Точка , у якій вона перетне відрізок , є його серединою.

Задача 3. У даний трикутник вписати квадрат.

Р озв’язання. Нехай - заданий трикутник та - квадрат, вершини та якого належать стороні , а вершина - стороні заданого трикутника. Нехай промінь перетинає сторону у точці . Розглянемо гомотетію з центром у точці та коефіцієнтом , яка точку переводить у точку . Точки при вибраній гомотетії відобразяться у точки , які належать сторонам трикутника (рис. 6), причому ॥ , ॥ і ॥ .

Чотирикутник є шуканим квадратом, оскільки він є прямокутником з рівними сторонами (при гомотетії зберігається перпендикулярність прямих, а рівні відрізки переводяться у рівні відрізки).

Після виконаного аналізу побудова шуканого квадрата є очевидною. Зауважимо, що задача має три розв’язки у випадку гострокутного трикутника, два розв’язки, якщо трикутник прямокутний та єдиний розв’язок, якщо трикутник тупокутний.

Задача 4. Побудувати трикутник за трьома висотами.

Розв’язання. Нехай - висоти трикутника із сторонами та - його площа. Оскільки виконуються рівності або , то заданий трикутник подібний до трикутника із сторонами , , . Нехай - висоти трикутника із сторонами та - його площа. З рівностей або робимо висновок, що трикутник із сторонами теж подібний до трикутника із сторонами , , , тому трикутники та подібні.

Таким чином, побудова трикутника за трьома висотами може виконуватися наступним чином:

1) будується трикутник із сторонами та у ньому проводяться висоти ;

2) будується трикутник із сторонами і у ньому проводиться одна із висот – нехай висота ;

3) виконується гомотетія з центром у точці та коефіцієнтом , яка переводить трикутник у шуканий трикутник (рис. 7).

Задача має єдиний розв’язок, якщо можлива побудова трикутників та , тобто, якщо виконуються нерівності та + > , + > , + > .