Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Решение задач по аналитической геометрии. Учебно-методическое пособие
.pdf
Упражнения для самостоятельного решения
1. Дан произвольный треугольник АВС и точки ,
сторонах ВС, СА и АВ, соответственно. Обозначим через , ,
и точки пересечения медиан треугольников АВС,
на его
А, , соответственно, а через − точку пересе-
чения медиан треугольника . Доказать, что точки , и
лежат на одной прямой, причём точка делит отрезок
в
отношении 2 : 1 считая от точки . (Согласитесь, что возможное
элементарное решение этого упражнения было бы слишком громоздким!)
2. Дан произвольный выпуклый четырёхугольник , точка
– точка пересечения его диагоналей и . Обозначим через
, , и точки пересечения медиан треугольников ,
, и , соответственно. Докажите, что середины отрезков
и
совпадают, и, тем самым, четырёхугольник
– параллелограмм. (В данном случае имеется простое
элементарное решение, но в упражнении требуется применить векторную технику.)
1.1.4. Обратимся теперь к совсем нетривиальному применению
техники векторов и докажем теорему Эйлера о том, что в произ-
вольном треугольнике АВС три точки: точка М – пересечение медиан, центр описанной окружности О и ортоцентр Н (точка пересечения высот) – лежат на одной прямой. Она называется прямой
Эйлера. При этом точка М делит отрезок ОН в отношении
1 : 2 = ОМ : МН.
Это утверждение было доказано Эйлером в 1765 г. Элементарное, в духе Евклида, доказательство этого утверждения возможно,
но довольно сложно (по всей видимости, оно не было известно
древнегреческим математикам!).
Будем доказывать его, используя развитую нами технику векторов. Наше доказательство проиллюстрирует одно интересное в математике явление – очень часто доказывать сразу несколько утверждений или доказывать более сложное, более содержательное
утверждение оказывается проще (что противоречит обычной житей-
,
,
11
ской мудрости о двух зайцах, за которыми не стоит гоняться одно-
временно!).
А именно, мы будем сразу доказывать два факта: точки О, М, Н
лежат на одной прямой и при этом, точка М делит отрезок ОН в отношении 1 : 2 = ОМ : МН. Эти два утверждения можно записать в
виде одного векторного равенства:
. (7)
Разумеется, помимо (7), имеется ещё несколько способов выразить эти утверждения в виде векторного равенства. Но выражение
(7) оказывается наиболее удачным, если вспомнить доказанное выше равенство (6) для радиус-вектора точки М пересечения медиан
треугольника. С учётом (6), доказать (7) – это значит доказать равенство
. (8)
Мы добились двух упрощений: 1) исчезла дробь 1/3 и 2) исчезла
точка М!
Присмотримся к равенству (8). Его можно прочитать (и доказывать!) слева направо или справа налево. Не всё ли равно? – резонно
спросит читатель. Оказывается, нет! При доказательстве слева
направо точка Н уже есть, она определяет вектор
, и нужно су-
меть доказать, что этот вектор равен правой части. Как это сделать?
Неясно.
Попробуем теперь порассуждать справа налево. Мы начинаем с
суммы векторов
вектору . Иными словами, если отложить вектор
и должны доказать, что она равна
от точки О, то конец этого вектора совпадёт с точкой Н. Давайте
напишем
где
– некоторая, пока неизвестная нам, точка.
Доказать (8) означает доказать, что точка
, (9)
совпадает с Н. А что
это значит? Значит, что является ортоцентром, т. е. точкой пере-
сечения всех трёх высот. Таким образом,
должна лежать на
каждой из трёх высот треугольника! Рассмотрим одну из этих вы-
сот – отрезок . Очевидно, что точка принадлежит прямой
тогда и только тогда, когда вектор
. А ведь этот вектор
удобно выражается из равенства (9):
перпендикулярен вектору
12
.
Вспомним теперь наконец, что точка О – центр описанной
окружности. Значит, длины векторов
одинаковы (равны
радиусу). Треугольник ОВС – равнобедренный, а значит, вектор его
медианы
лярен вектору стороны
, который в силу (1) равен
(медиана равнобедренного треугольника
является и высотой). Значит, и вектор
вектору . Итак, точка принадлежит прямой
, перпендику-
перпендикулярен
. В силу пол-
ного равноправия всех трёх вершин треугольника и симметрии
наших формул, мы автоматически получаем, что точка
принад-
лежит и двум другим высотам!
Между прочим, мы доказали попутно, что все три высоты про-
извольного треугольника действительно пересекаются в одной
точке (а это вовсе неочевидно!). Итак, и равенство (8), а
вместе с ним, и теорема Эйлера, доказаны!
1.1.5. Рассмотрим следующую красивую задачу, предложенную
несколько лет назад В. Задворновым (тогда он обучался на первом
курсе ММФ НГУ). Задача выглядит довольно сложной, но допускает исключительно простое решение.
Задача 4 (В. Задворнов). Пусть на плоскости или в простран-
стве заданы произвольных точек , , …,
точки , , …,
,
, … ,
, соответственно делят направленные отрезки
в одном и том же отношении (см. опреде-
. Далее, пусть
ление 2). Пусть – перестановка чисел . Дока-
зать, что каждая из сумм векторов
… +
(10)
равна нулевому вектору.
Если попытаться рисовать чертежи для различных случаев перестановок и выражать некоторые векторы через другие, то трудно
угадать какой-то общий подход. Есть некоторая общая идея в таких
случаях – давайте посмотрим на ситуацию не «изнутри», а «со стороны». В данном случае будем наблюдать за ситуацией из некото-
рой точки О. Точки , , …, , , , …,
задаются их ради-
13
ус-векторами
, …. ,
. Тогда векторы, участвующие в иссле-
дуемой сумме, выражаются в следующем виде
).
Стало быть, с учётом закона коммутативности сложения векторов, сумма (10) может быть переписана как
.
А отсюда следует решающий вывод: в силу коммутативности
сложения сумма (10) одна и та же для всех перестановок
и равна (
.
Таким образом, достаточно вычислить сумму (10) для простейшего решающего частного случая (в терминологии Дьердя Пойа)
тривиальной перестановки
. Но в этом
случае имеем
)
(Здесь обозначаем
=
Отсюда следует (так как сумма векторов замкнутой ломаной
равна нулю)
Задача решена!
1.1.6. Рассмотрим следующую стереометрическую задачу, ре-
шить которую методами Евклида достаточно затруднительно.
Задача 5. Пусть – произвольный тетраэдр. Доказать,
что семь отрезков – три отрезка, соединяющие середины противоположных (т. е. не имеющих общих точек) рёбер тетраэдра, и
четыре отрезка, соединяющие вершины тетраэдра с точками пе-
ресечения медиан противолежащих граней (например, вершина
соединяется с точкой пересечения медиан грани ) – все эти
семь отрезков пересекаются в одной точке.
Вновь применим метод наблюдения извне: выберем произвольную точку наблюдения О в пространстве. Также используем идеи
симметрии в смысле «равноправия» точек . Пусть – сере-
дина ребра , – середина ребра . Какую же точку на отрезке
рассмотреть в качестве «кандидата» на общую точку для всех
трёх таких отрезков? Из соображений «равноправия» рёбер и
14
нам следует рассмотреть середину отрезка . Тогда, применяя
несколько раз формулу (1) для радиус-вектора середины отрезка, мы
получим
. (11)
Теперь ясно (в силу «равноправия» вершин тетраэдра и симмет-
рии полученной формулы), что точка – одна и та же для всех трёх
отрезков, соединяющих середины противоположных рёбер тетраэдра. Стало быть, эти три отрезка действительно пересекаются в одной точке.
Пусть теперь – отрезок, соединяющий вершину с точкой М
пересечения медиан грани В силу формулы (6) имеем
Тогда произвольная точка K отрезка , делящая направленный
отрезок в отношении , будет задаваться своим радиус-
вектором так (формула (4)):
.
Отсюда видно, что если мы хотим, чтобы точка K была одной и
той же для всех четырёх отрезков, соединяющих вершины тетраэдра
с точками пересечения медиан противолежащих граней, мы должны
взять (чтобы выражение в скобках было «симметрично» отно-
сительно вершин тетраэдра). Для этого выбора мы получаем общую
точку
всех четырёх отрезков с радиус-вектором
. (12)
Сравнивая (11) и (12), мы видим, что точки и
совпадают. Та-
ким образом, все семь отрезков задачи имеют общую точку, которая
делит первые три отрезка пополам, а последние четыре – в отношении 3 : 1, считая от вершин тетраэдра.
1.1.7. Рассмотрим также следующую планиметрическую задачу,
решение которой элементарными геометрическими методами представляет определённые трудности.
15
Задача 6. Пусть – произвольный треугольник на плоскости,
Рис. 2
а точки , , соответственно делят направленные отрезки
, , в одном и том же отношении . Доказать, что точка
М пересечения медиан треугольника совпадает с точкой
пересечения медиан треугольника
.
Вновь выберем произвольно «внешнюю» точку наблюдения О
(рис. 2). Тогда имеем
Далее имеем
. (13)
16
Подставляя эти выражения в (13), получим
Значит,
. Вот такую простоту решения даёт нам применение
.
алгебры векторов!
1.2. Аффинные системы координат.
Координаты векторов и точек
Решающая (и гениальная) идея, позволившая Декарту свести задачи элементарной геометрии к решению алгебраических уравнений – это введение координат точек. Рассмотрим евклидову плос-
кость. Каждую её точку Декарт однозначно задаёт парой чисел
, которые называются координатами точки. Рассмотрим об-
щий случай аффинных систем координат на плоскости. Сперва мы
выбираем произвольную точку О плоскости, как точку наблюдения.
Она будет также называться началом системы координат. Тогда
каждая точка однозначно определяется своим радиус-вектором
(мы уже использовали выше эту идею). Теперь отложим от точки О два неколлинеарных (не лежащих на одной прямой или на двух
параллельных прямых) вектора
что радиус-вектор
однозначно представляется в виде
и
. Тогда несложно показать,
.
Числа называются координатами точки в аффинной си-
стеме координат с началом О и базисными векторами
и
.
Произвольный вектор на плоскости также можно однозначно
представить в виде
.
Числа называются координатами вектора в рассматрива-
емой аффинной системе координат.
Если векторы
и
имеют единичную длину и взаимно пер-
пендикулярны, то соответствующая аффинная система координат
называется декартовой прямоугольной системой координат.
17
1.2.1. Рассмотрим применение аффинных координат – докажем
Рис. 3
теорему Чевы.
Теорема Чевы. Пусть – произвольный треугольник. На его
сторонах , , отмечены, соответственно, точки , ,
так, что делит направленный отрезок в отношении
Точка делит в отношении , а точка делит
ношении (рис. 3). Отрезки , ,
пересекаются в од-
в от-
ной точке тогда и только тогда, когда .
Доказательство. Введём аффинную систему координат. Выбор
начала координат представляет некоторую сложность. Понятно, что
это должна быть одна из вершин треугольника. Но какая? Все они
равноправны, поэтому выбор одной из них неизбежно нарушает
симметрию задачи, что, как правило, нежелательно. Но приходится
идти на это. Пусть, скажем, начало координат О = А. Теперь выбор
базисных векторов очевиден. Определим
= и
. Полу-
чаем координаты вершин треугольника в данной аффинной системе:
A(0, 0), B(1, 0), C(0, 1).
Точка делит направленный отрезок в отношении . В силу
формулы (4) имеем:
.
По определению аффинных координат точки это означает, что
координаты равны
.
18
Ещё проще получить координаты точек и
,
:
.
Найдём теперь координаты возможной точки М пересечения от-
резков , ,
, ,
.
Прямая проходит через точки (0, 0) и
. Для этого надо написать уравнения прямых
. Поэтому её
уравнение, очевидно, имеет вид .
Далее, для нахождения уравнений остальных двух прямых, заметим в общем виде, что уравнение прямой, проходящей через точки
и
на координатных осях, записывается как
(14)
(Ясно, что это уравнение описывает прямую, и что эта прямая проходит через заданные две точки.)
Отсюда уравнение прямой
) записывается как , а уравнение прямой
(проходящей через точки
(проходящей через точки
и
.
) записывается в виде
и
Для нахождения возможной точки М пересечения необходимо
решить систему уравнений
Нас интересует условие, при котором данная система будет
иметь решение.
Исключим из системы переменную в силу первого уравнения.
Получим систему двух уравнений для нахождения одной пере-
менной в виде
Очевидно, что эта система имеет решение относительно неиз-
вестной тогда и только тогда, когда выполняется равенство
19
,
что равносильно равенству . Теорема Чевы доказана.
Аналогичным образом можно было бы доказать и известную
теорему Менелая. Разумеется, у теорем Чевы и Менелая есть (на
этот раз несложные) элементарные решения, но наша цель – проиллюстрировать применение метода аффинных координат.
Упражнения для самостоятельного решения
3. Докажите теорему Менелая в следующей формулировке.
Пусть – произвольный треугольник. На его сторонах , ,
или на их продолжениях отмечены, соответственно, точки
, так, что делит направленный отрезок в отношении
точка делит в отношении , а точка делит
в отношении
(Числа ,, могут быть и отрицательными.) Точки , ,
лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда .
Выведите следствие: никакая прямая не может пересекать все
три стороны треугольника во внутренних точках.
1.2.2. Рассмотрим более сложный вопрос – доказательство тео-
ремы о прямой Гаусса.
Теорема Гаусса. Пусть – четырёхугольник, у которого
пары противоположных сторон не параллельны. Тогда две середины его диагоналей и середина отрезка, соединяющего точки пересечения этих пар противоположных сторон, лежат на одной прямой
(рис. 4). Эта прямая называется прямой Гаусса.
Докажем эту теорему, используя аффинные координаты. Обозна-
чим через М – точку пересечения прямых и , а через N – точ-
ку пересечения прямых и . Пусть P – середина диагонали ,
Q – середина диагонали , и, наконец, R – середина отрезка NМ.
Нам необходимо доказать, что точки P, Q, R лежат на одной прямой.
Какую разумную аффинную систему координат нам использовать?
Начало её в данном случае очевидно – это точка А. В качестве ба-
зисных векторов системы координат примем векторы
. Положение точек D и B, соответственно, на отрезках и
=
и
,
20
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]