Билецкий Ю. А., Филипповский Г. Б. Чертежи на песке: в мире геометрии Архимеда. — 2000
Билецкий Ю. А., Филипповский Г. Б. Чертежи на песке : в мире геометрии Архимеда. — Киев : Факт, 2000. — 100 с. — Лит.: с. 99 (11 назв.).

Юрий Билецкий

Григорий Филипповский

Чертежи на песке

В мире геометрии Архимеда

Юрий Билецкий,

Григорий Филипповский

ЧЕРТЕЖИ НА ПЕСКЕ

В мире геометрии Архимеда

Киев 2000

ББК 22.151

Юрий Билецкий, Григорий Филипповский

Б 61 Чертежи на песке. В мире геометрии Архимеда — К.: Факт, 2000—100 с. ил.

ISBN 966-7274-76-4

Данная книга знакомит читателя с авторскими задачами Архимеда (приблизительно 287-212 гг. до н.э.), демонстрирует применение его идей в современной элементарной геометрии. В книге собрано около 150 популярных конкурсных задач.

Адресуется школьникам, студентам, преподавателям, а также всем, кто увлекается геометрией.

ББК 22.151

Юрий БИЛЕЦКИЙ, Григорий ФИЛИППОВСКИЙ

ЧЕРТЕЖИ НА ПЕСКЕ. В мире геометрии Архимеда

Киев, «Факт», 2000, 100 с. ил.

Редактор Леонид Финкельштейн

Литературный редактор Елена Шарговская

Технический редактор Оксана Кравцова

Художественное оформление Иннокентий Выровой

Корректор Елена Дейнеко

Компьютерное макетирование и набор выполнены в компьютерном центре издательства «Факт»

Издательство «Факт» 04080, Украина, Киев-80, а/я 76 Тел./факс (044) 417 6991 E-mail: fact@carrier.kiev.ua По вопросам приобретения книги обращаться: archimedmath@mail.ru

© Юрий Билецкий,

Григорий Филипповский, 2000 г. ISBN 966-7274-76-4 © Дизайн, макет — «Факт», 2000 г.

ПРЕДИСЛОВИЕ

Почему родились «Чертежи на песке»? Конечно же потому, что имя Архимеда является синонимом талантливости, преданности науке, примером самоотверженного и бескорыстного служения профессии, Делу жизни.

Еще — потому что хватает брешей в нашем понимании (или недопонимании) роли Архимеда, чей вклад, например, в геометрию — высок, велик, уникален!.. А значит, мы, потомки, пока не сказали многих (может быть, и главных) слов благодарности, которые более всего нужны нам самим.

И все же, в первую очередь, эту книгу вызвало к жизни восхищение авторов миром геометрии Архимеда, погрузившись в который, они, с трепетом и радостным изумлением, впитывали изящество, красоту, строгость доказательств.

Ощутили теснейшую связь геометрии Архимеда с сегодняшней школьной геометрией!

Понемногу Волшебная связующая нить времен стала сшивать главы книги, которую мы выносим на ваш суд, дорогие читатели!

Скажем добрые слова в адрес издательства «Факт», активно и благосклонно способствовавшего выходу книги в свет.

Поблагодарим Заслуженного учителя Украины И.А. Кушнира, обратившего наше внимание на важность и красоту некоторых лемм Архимеда, ободрившего на написание этой книги...

Скажем слова признательности нашим коллегам — И.В. Михайлик и A.A. Шамовичу, с которыми многократно обсуждались задачи книги. Не забудем поблагодарить и учащихся Русановского лицея, в первую очередь А. Карлюченко, С. Яковлева, Е. Свистунова, В. Сидякина, А. Шаповала, подсказавших ряд интересных задач для чертежей на песке.

ПЕРВОИСТОЧНИКИ

«В отношении геометрических задач «Книга лемм» Архимеда одна из самых интересных книг за всю историю математики.»

B.B. Прасолов

В каждой главе авторы стремились показать связь задач Архимеда с современными задачами элементарной математики. Множество конкурсных и олимпиадных задач, представленных в данной книге, в своих решениях содержат идеи Архимеда, используют открытые им геометрические факты и формулы.

Исторический материал книги основан на работах Архимеда, содержащих элементарные предложения. Это «Книга лемм», «Книга о касающихся кругах», «Книга о построении правильного семиугольника» [1], «Книга Архимеда о началах геометрии» [4], «Книга об измерении круга». К сожалению, греческих оригиналов этих работ Архимеда не сохранилось. Четыре названных первыми книги сохранились в арабском переводе Сабита ибн Корры — уроженца месопотамского города Харрана (теперь Турция), выходца из семьи звездопоклонников сабиев, потомков вавилонских жрецов. Отрывки из «Книги об измерении круга» сохранились в трактате энциклопедиста аль—Бируни «Об измерении хорд круга» [3].

В большинстве случаев в данной книге будут приведены современные решения древних задач ввиду громоздкости и неактуальности решений из первоисточников.

Все книги, дошедшие в арабских переводах, представляют собой, по видимому, сделанную в более позднее время выборку из различных сочинений Архимеда. Предложенные в книге задачи, на наш взгляд, интересны, красивы. Их изучение побуждает к творчеству, заставляет восхитится гармонией геометрии.

УСЛОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ

Вне дополнительных указаний, будем для треугольников пользоваться следующими условными обозначениями:

А, В, С — вершины треугольника;

середина стороны ВС— точка М\\

основание высоты, проведенной из вершины А — точка Н\\

основание биссектрисы утла А — точка L\\

точка пересечения биссектрисы угла А с описанной окружностью — точка W\\

для оснований медиан, высот, биссектрис опущенных на стороны, противолежащие вершинам В и С — обозначения аналогичны (индексы 2 и 3 соответственно);

центроид (точка пересечения медиан) — точка М\

ортоцентр (точка пересечения высот) — точка Н\

инцентр (точка пересечения биссектрис) — точка Т,

центр описанной окружности — точка О.

ВСТУПЛЕНИЕ

«Архимеда больше хвалят, чем читают, больше восхищаются им, чем, понимают его.»

А. Такэ

Что мы знаем о жизни Архимеда? Весьма немного!.. Что родился в небогатой семье около 287 года до н.э. Что обучался в Александрии. Да, пожалуй, то, что в возрасте более 70 лет руководил в течении двух лет обороной родных Сиракуз на острове Сицилия от римских войск, возглавляемых Марцеллом. А дальше? А дальше — легенды, легенды, легенды!.. Которые свидетельствуют только о том, что Архимед был личностью легендарной!..

Но каким он был человеком?

Как ему удалось то, что ему удалось?

Вот это-то всякий раз ускользает, остается неким таинством, неразрешимой загадкой для потомков.

Как получилось, что незнатный юноша Архимед попал в Александрию — самое элитарное учебное заведение Эллады? Может быть потому, что царь Гиерон увидел в Архимеде будущего талантливого инженера для обороны управляемого им города?

Проучившись около двадцати лет в Александрии, достигнув серьезных успехов и признания, Архимед прерывает свои изыскания и возвращается на родину. Что заставило ученого в расцвете творческих сил покинуть храм науки? Требование Гиерона возвращать долги? Возможно. Так или иначе, Архимед после возвращения сооружает машины для обороны города при любой осаде — с суши и с моря, в ближнем бою и в дальнем.

Каким выдающимся военным инженером надо было быть, чтобы выполнить все это! Да так успешно, что спустя много лет римский полководец с горечью произнесет: «Что ж, придется нам прекратить войну против геометра, который... себе на потеху, нам на позор, поднимает вверх суда с моря...»

Мог ли при этом Архимед считать неблагородными, низменными занятия подобного рода, как полагает Плутарх (поскольку-де никаких сочинений об этом Архимед не оставил) ?

Считаем, что нет, ибо представляется маловероятным трактат Архимеда, например, о машинах, бросающих суда на скалы, поднимающих эти суда крючьями. Ведь это военная тайна, секретные материалы... И, если прав Плутарх, то как при этом быть с винтом Архимеда — предшественником всех последующих винтовых двигателей?

Дошедшие до нас сочинения Архимеда — также некое таинство. Ряд из них написаны в виде посланий друзьям — математикам и начинаются примерно такими словами: «Архимед приветствует Досифея!»

В некоторых трактатах говорится об открытиях, но не дается доказательств, дабы «каждый математик имел удовольствие самостоятельно получить этот результат».

Занимаясь площадями и объемами, Архимед изобрел метод исчерпывания, чем предвосхитил появление интегрального исчисления в работах Ньютона и Лейбница! Как могло случиться, что его идеи опередили время на 19 столетий!

«Внимательно читая сочинения Архимеда, перестаешь удивляться всем новейшим открытиям геометрии.» (Г.В.Лейбниц).

В сохранившемся сочинении «Псаммит» («Исчисление песка») Архимед дает способ обозначения очень больших чисел. И в результате вычислений приходит к заключению, что число песчинок, которые могли бы заполнить Вселенную, не превышает 1063. В то время обращаться с такими числами!

Вновь дадим слово Архимеду: «... эти вещи множеству людей, не занимавшихся математикой, покажутся невероятными. Но те, кто в этом кое-что понимает и кто проследит изложенные соображения о расстояниях и величинах Земли, Солнца, Луны и всей Вселенной, в силу доказательства убедятся в справедливости этого».

Как же велика была магия личности Архимеда, что, спустя полтора столетия после его гибели, Марк Туллий Цицерон — римский оратор, философ, политик — разыскивает могилу Архимеда по выбитым на могильном камне шару и цилиндру. С каким почтением и восхищением говорит Цицерон о муже Эллады, «отличавшемся наиболее глубоким умом», который «был поглощен радостями изобретательных устремлений — этим наилучшим наслаждением Души!..»

Многие сочинения Архимеда утеряны. Но многие и сохранились спустя двадцать два столетия! По тому, как бережно обращались с ними средневековые арабские математики аль-Бируни,

абу ибн Сина, Сабит ибн Корра и другие, нельзя не заметить их, в лучшем смысле слова, преклонения перед именем Архимеда!..

Да и с самими трудами Архимеда происходят таинственные вещи. В 1906 году датский филолог и математик И. Гейберг, изучая пергамент из библиотеки Иерусалимского монастыря, обнаружил под более поздним текстом монахов почти стертый древнегреческий текст. И это был текст Архимеда! В этом тексте, помимо известных сочинений, оказалось и очень важное, считавшееся утерянным — «Метод». Вновь, из глубины веков, мы слышим голос Архимеда: «Некоторые вопросы выяснились для меня сначала с помощью механического метода, после чего их надо было доказать геометрически. Ибо исследование упомянутым методом не может дать подлинного доказательства. Однако, разумеется, легче найти доказательство, если сперва с помощью этого метода получено известное представление о вопросе, чем искать доказательство, не зная заранее, в чем суть дела.»1

И все же, кем более всего был Архимед? Талантливым ученым? Выдающимся механиком? Гениальным защитником Сиракуз? Древние математики называли его великим геометром! Назовем его так и мы, поскольку речь в книге пойдет о геометрических изысканиях Архимеда (конечно далеко не обо всех, за пределами книги останутся его работы о пространственных фигурах, о всевозможных кривых и другие). Речь пойдет об элементарной геометрии, в частности, о планиметрии.

Архимед, как и другие древнегреческие геометры, выполнял свои чертежи на посыпанной песком доске (ящичке). Иногда, для удобства, этот ящичек с песком ставился на стол. Вот откуда название книги: «Чертежи на песке».

Центральное место в нашем разговоре займет уникальная по геометрическому материалу «Книга лемм» Архимеда. Решения, которые будут предложены — в большей части современны, реже — решения арабских математиков. И совсем редко — авторские решения Архимеда, поскольку путь, которым он шел, в подавляющем большинстве случаев, неизвестен человечеству.

И это — еще одна тайна Архимеда!..

1 Методу Архимеда посвящена глава 15 этой книги.

ГЛАВА 1. ТЕОРЕМА АРХИМЕДА

«Свойство ломаной линии в круге» — так называет теорему Архимеда арабский математик аль-Бируни, в чьих переводах дошли до нас некоторые работы Архимеда [3]. Именно с помощью теоремы Архимеда аль-Бируни вывел в XI веке в трактате «О нахождении хорд круга» ряд теорем, равносильных основным тригонометрическим формулам.

Дошедшая до нас в трудах аль-Бируни теорема архимеда выглядела так:

в дугу вписана двузвенная ломаная. Доказать, что перпендикуляр из середины дуги на ломаную делит ее пополам (рис. 1). Человечество, к сожалению, не знает, как доказывал теорему сам Архимед — далеко не все его труды сохранены. Вполне возможно, что один из известных сегодня способов является авторским. Нам же представляется важным предложить читателям современную формулировку теоремы Архимеда, несколько способов ее доказательства, а также применение т. Архимеда в различного рода задачах. Итак,

ТЕОРЕМА АРХИМЕДА

Треугольник ABC вписан в окружность. Точка D — середина дуги CAB, К — проекция D на сторону АС. Докажите, что:

СК=АК+АВ.

Доказательство.

Способ 1

(арабские математики, X век). Отложим KN=KA (рис. 2). Тогда Л = /2, /2-Z2— очевидно. Z1 = Z4-вписанные, опираются на одну дугу.

Рис.1

Рис.2

Ho Z4 = Z5 — вписанные, опираются на равные, по условию, дуги. Значит, BE параллелен АС (так как Z5 = Z3). Тогда дуги, а значит и хорды AB и СЕ — равны. Но СЕ= CN, значит, СК=АК+АВ.

Способ 2.

Проведем DG параллельно АС (рис. 3). Тогда ADGC — равнобокая трапеция и АЛГ= СТ. Из равенства дуг DA и CG следует равенство дуг DG и AB, а, стало быть, и соответствующих хорд: DG=AB. Но DG=TK, тогда очевидно, что СК=АК+АВ, что и требовалось доказать.

Рис.3

Задача 1. Докажите, что проекция диаметра описанной окружности, перпендикулярного первой стороне треугольника, на прямую, содержащую вторую сторону, равна по длине третьей стороне.

Доказательство. Пусть DW — диаметр описанной окружности, перпендикулярный стороне ВС— а (рис. 4). DK и WT — перпендикуляры из концов диаметра на АС=Ь. Требуется доказать, что ТК—АВ= с. Продлим ЖГдо пересечения с окружностью в точке G. Тогда DG параллелен АС (т. к. ZDGW = 90° -опирается на диаметр) и DG=AB=c, то есть ТК= с, что и требовалось доказать.

Рис.4

Задача 2. Найдите длины отрезков CT и AT в задаче 1.

Решение. Поскольку СТ=АК (рис. 4) и по теореме Архимеда

Задача 3. Биссектриса угла А треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке W. Докажите, что b + с < 2А W.

Доказательство. В прямоугольном треугольнике ATW (рис. 4) катет AT не больше гипотенузы AW. Но, поскольку АТ=—-— (задача 2), то неравенство b + с < 2А W доказано.

Задача 4. Биссектриса угла А треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке W. Докажите справедливость формулы:

Доказательство. Поскольку AW (рис. 4) является биссектрисой угла А, то из прямоугольного треугольника ATW находим AW.

Задача 5. Из точки W, как из центра, радиусом WA проведена окружность, пересекающая продолжения сторон АС и AB в точках В и F соответственно (рис. 5). Докажите, что СЕ = с; В F = b.

Доказательство. Опустим перпендикуляры WT и WZ на хорды АЕ и AF Так как AW — биссектриса угла А, то WT=WZ. Перпендикуляр из центра окружности на хорду делит ее пополам, значит А Т= ТЕ и AZ=ZF. Но, по задаче 2, АТ= значит, АЕ — AF = b + с. Но АС = b и AB = с тогда СЕ = с и BF = Ь.

Рис.5

Задача 6. Равносторонний треугольник ABC вписан в окружность. X — произвольная точка дуги AB окружности, не содержащей точки С. Докажите, что ХА+ХВ= ХС (рис. 6).

Доказательство. Z2 = Z1 = 60° (вписанные, опираются на одну дугу). Тогда в прямоугольном треугольнике АТХ катет ТХ равен половине ги-

Рис.6

потенузы ХА. ТХ = ——. Но, применив результат задачи 2 к АСХВ, получим: ТХ =---, откуда ХС = ХА Л-ХВ.

Задача 7. Постройте треугольник ABC по следующим элементам: a, A, b + с.

Эта древняя задача, по утверждению аль-Бируни [3], принадлежит Менелаю (I век н. э.), который ее формулировал так: в даную дугу вписать двузвенную ломаную заданной длины. Решение аль-Бируни. На отрезке ВС—a и угле А строим сегмент. Отмечаем точку D — середину дуги СВ (рис. 7). На DC, как на диаметре, описываем окружность и из точки С раствором циркуля СК= —-— (по теореме Архимеда) делаем на ней засечку. Продлив CK до пересечения с сегментом, получим т. А. Треугольник ABC — искомый. В процессе исследования обнаружим, что задача может иметь два симметричных решения; одно решение; и может не иметь решений (при b + с < а)

Рис.7

Задача 8. В и С — фиксированные точки окружности, по которой произвольно перемещается точка А. Точка К — середина ломаной CAB. Найдите геометрическое место точек К.

Решение. Пусть Kj — точка искомого ГМТ. Пусть D и W — середины соответственно верхней и нижней дуги ВС (рис. 8). На DB и DC, на BW и CW, как на диаметрах, опишем окружности. По теореме Архимеда все точки Kj будут

Рис.8

располагаться на дугах У] и У2. расположенных в верхней полуплоскости прямой ВС, и дугах 73 и У4 — в нижней полуплоскости. Итак, искомое ГМТ — объединение четырех дуг:

Задача 9. Треугольник ABC вписан в окружность. D — середина дуги CAB (рис. 9). DK -перпендикуляр на АС. М\ — середина стороны ВС. Докажите, что КМ\ параллельна 1а (1а — биссектриса угла А).

Доказательство. Из точки В проведем t параллельно 1а до пересечения с продолжением АС в точке В. Нетрудно показать, что АЕ=АВ—с. Тогда СЕ—ЬЛ-с. Но по теореме Архимеда СК= —-—. Тогда КМ\ — средняя линия в треугольнике СБЕ, то есть КМ\ II и значит, КМ\ II 1а.

Рис.9

Задача 10. Докажите, что KLX (рис. 9) делит площадь треугольника ABC пополам.

Предлагаем доказать этот факт самостоятельно, воспользовавшись тем, что медиана АМ\ делит площадь треугольника пополам, а также свойством равенства площадей треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции MXKALX.

Задача 11. Прямая КМХ пересекает продолжение AB в точке N (рис. 10). Найдите величину угла DNA.

Доказательство. Очевидно, что DMX\_BC Поскольку DKA.AC, то

Рис.10

КМ\ — прямая Симсона для точки D описанной около треугольника ABC окружности. Следовательно, ZDNA = 90°.

Задача 12. Докажите справедливость тригонометрической формулы: sin a + sin р = 2 sm —-— cos —-—.

Доказательство (аналогичным способом аль-Бируни в трактате "Измерение хорд в круге посредством свойств ломаной линии в нем" вывел ряд важнейших тригонометрических соотношений). Пусть ZABC=a, ZACB = ß (рис. 11).

Тогда kjCAB - 2a + 2ß. Ее половина равна:

\jDAB = a + ß ;

В треугольнике ABC сторона AC = 2R-sina, сторона AB = 2R-sin/3( или b + с = 2/?(sin a + sin ß). В A^C сторона

Из прямоугольного треугольника DKC находим:

Но по теореме Архимеда CK = —-— = /?(sin a + sin ß). Приравняв выражения для CK и сократив на R, получим:

Рис.11

ГЛАВА 2. ФОРМУЛА ГЕРОНА — ДОКАЗАТЕЛЬСТВО АРХИМЕДА

Не многие знают, что знаменитая формула для вычисления площади треугольника по его сторонам:

S = у[р(р - а)(р - Ь)(р - с), где р — полупериметр треугольника — детище Архимеда. Тем не менее, это так! Почему же она тогда носит имя Герона? Дело в том, что эта формула встречается в двух трудах Герона Александрийского (I век н. э.) — «Метрика» и «Диоптра». И ни в одном из них нет ссылок на Архимеда, хотя его работами, его формулами по математике и механике Герон часто пользовался. Нет у Герона и имен других авторов, чьи труды он использовал в своих книгах. Что это, — небрежность Герона? Конечно, нет! Поскольку Герон считал, что создает своеобразные справочники по математике и физике для землемеров и ремесленников, он не видел необходимости ссылаться на первоисточник. Интересуясь в первую очередь практическим применением геометрии, он часто пользовался известными ему формулами без доказательств и точных формулировок.

Однако правда состоит в том, что в «Книге кругов» Архимеда, более чем за 200 лет до Герона, приводится доказательство формулы S = -yjр(р - а)(р - Ь)(р- с). Следовательно, первооткрывателем формулы Герона является Архимед!

Итак, Формула герона — доказательство Архимеда.

Пусть D — середина дуги CAB окружности, описанной около треугольника ABC DK — перпендикуляр на АС (рис. 12). Согласно теореме Архимеда,

Отложим KN = КА =

Тогда CN = AB = с. ACDN = ADBA (по трем сторонам). В силу равенства этих

Рис.12

треугольников нетрудно заметить, что ACDB равновелик пятиугольнику CNDAB (докажите!). Иначе говоря:

scdb - $ abc + $ adn M-

Треугольники DM^B и DKA подобны (по равенству двух углов). Пусть DMi = m; DK = п. Тогда из подобия треугольников и с учетом того, что следует:

Воспользовавшись формулами производной пропорции, имеем:

(2).

Заметим, что

Тогда,

согласно (1):

Из треугольника CDM\ :

Из треугольника DKC :

Тогда

и пропорция (2) запишется так:

или

И окончательно:

ГЛАВА 3. ПРИМЕНЕНИЕ ФОРМУЛЫ ГЕРОНА—АРХИМЕДА

Формула Герона, первооткрывателем которой, как мы уже знаем, является Архимед, находит широкое применение — в задачах, связанных с площадями, при доказательстве геометрических неравенств, при решении разнообразных олимпиадных задач.

Продемонстрируем, насколько широко применение данной формулы в задачах планиметрии. Иногда имеет место достаточно очевидное использование формулы. А порой — нетривиальное и неожиданное!

Задача 13. В треугольнике ЛВС известны длины его медиан: П2а ; mb ; mc. Найдите площадь этого треугольника.

Решение. Как известно, из медиан любого треугольника можно составить треугольник. Площадь такого треугольника составляет — площади треугольника ABC, т.е. Sm = —SABC. Тогда решение задачи достаточно очевидно:

по формуле Герона находим Sm (его стороны: ma;mb;mc);

после чего находим площадь треугольника ЛВС:

Задача 14. В треугольнике ЛВС известны длины его высот: ha;hb;hc. Найдите площадь этого треугольника.

Решение. Из формулы площади треугольника

имеем:

Тогда по формуле Герона:

откуда

Задача 15. Как выглядит формула Герона для треугольника, стороны которого выражены иррациональными числами?

Решение. Согласно формуле Герона

или

или

или

Задача 16. Докажите неравенство для элементов произвольного треугольника:

Доказательство. В соответствии с неравенством

имеем:

Неравенство доказано.

Задача 17. Докажите неравенство

[х + у + z)[x + у - z)(x + z - y){z + у - х) < Ах2у2,

где x,y,z — стороны некоторого треугольника.

Доказательство. Поскольку х, у, z — стороны некоторого треугольника, то необходимо доказать следующее неравенство:

Но так как

то неравенство

является очевидным.

Задача 18. Из всех треугольников данного периметра найдите тот, который имеет максимальную площадь.

Решение. Согласно формуле Герона

причем по условию задачи

Заметим, что:

Известно, что при постоянной сумме произведение трех положительных множителей максимально, когда они равны, т.е.

р - а - р - b - р - с, или а-Ь-с.

Ответ. Максимальную площадь при данном периметре имеет равносторонний треугольник.

Задача 19. Докажите неравенство для треугольника ЛВС площади S и периметра 2р:

Доказательство. По неравенству Коши для трех неотрицательных слагаемых имеем:

или

После возведения в куб, получим:

или

Неравенство доказано.

Задача 20. Докажите формулу

ab + be + ас = г2 + р2 + ARr,

где а,Ь,с — стороны, a R и г — радиусы описанного и вписанного кругов некоторого треугольника.

Доказательство. По формуле Герона S2 = р • (р - а) • (р - b) • (р - с), откуда

После сокращения на р получим:

что равносильно доказательству формулы.

Задача 21. В треугольнике периметра 2у[з произведение трех его биссектрис равно 1, а радиус вписанной окружности равен 1/3. Найдите углы треугольника.

Решение. Воспользуемся формулой для биссектрисы угла треугольника:

(докажите ее!).

Аналогично

Тогда, с учетом условия, имеем:

или

Известно неравенство для неотрицательных чисел а,Ь,с:

(а + b)(b + с)(а + с) > Sabc (докажите его!).

Поскольку в нашем случае имеет место равенство, то а = b = с.

Ответ. 60°; 60°; 60°.

Задача 22. Найдите наименьшее значение выражения (х + у) • (х + z), если X, у, z — положительные числа и xyz(x + y + z) = \.

Решение. Обозначим а - у + z; b = х + z\ с = х + у. Рассмотрим треугольник со сторонами а, Ь, с (нетрудно убедиться, что такой треугольник существует при любых х, у, z). Тогда:

Но

при этом

В таком случае очевидно, что наименьшее значение произведения b • с равно 2. Следовательно, наименьшее значение выражения (х + у) • (х + z) при данных условиях равно 2.

Задача 23. Для углов Л, В, С произвольного треугольника дока-

жите формулу:

Доказательство. Нетрудно показать, что

Аналогично

Подставим эти значения в формулу, которую необходимо доказать. Имеем:

откуда

или

или

что действительно верно. А значит, данная в условии формула верна.

В заключении главы предложим несколько задач для самостоятельного решения.

Задача 24. Докажите неравенство для сторон треугольника: (а + b - с) ■ (а - b + с) • (ь + с - а) < abc.

Задача 25. Докажите формулу для углов треугольника:

Задача 26. Докажите неравенство в треугольнике: 2(ab + be + ас) > 4>/35 +а2+Ь2+с2.

Задача 27. Докажите неравенство для элементов треугольника:

а2 +ь2 +с2 - (а- ь)2 - (ь - с)2 - (с - а)2 > aSs

(неравенство Финслера —Хадвигера).

ГЛАВА 4. ЕЩЕ ОДНА ФОРМУЛА ДЛЯ ПЛОЩАДИ

Заметим, что Архимед также является автором известной формулы площади для прямоугольного треугольника

где m и n — отрезки, на которые точка касания вписанного крута делит гипотенузу.

Впервые в истории математики эта формула встречается в сочинении Архимеда «Книга о построении правильного семиугольника» [1].

Опустив доказательство Архимеда в силу его некоторой громоздкости, предложим два красивых доказательства интересующего нас факта.

Доказательство 1.

Известно, что АК2 = АК3=р— а (докажите!) — рис. 13. Аналогично: ВК{ = ВК3=р-Ь, СКх = СК2=р-с. Но АК3 = ш, ВК3 = п, СК2 = г. Тогда по формуле Герона—Архимеда имеем:

S2 = р(р - а) (р - Ь) (р - с) = р • m • п • г.

С учетом того, чтор • г = S, получим S = m ■ п.

Рис.13

Доказательство 2.

Пусть

АК3 = АК2 = т, ВК3 =ВКх = п

(рис. 14). Площадь прямоугольника JDTN со сторонами тип равна тп. Но прямоугольник JDTN и треугольник АТВ — равновеликие фигуры (т.к. площади треугольников 1 и 2, 3 и 4 — равны). Значит

sabc = m- п.

Рис.14

Задача 28. Точка касания вписанной в прямоугольный треугольник окружности делит гипотенузу на отрезки в отношении 4:9. Найдите площадь треугольника, если его гипотенуза равна с.

Ответ.-с.

Задача29. Точка касания К\ вписанной в треугольнике ABC окружности делит сторону ВС на отрезки т и п. Докажите, что

Решение. Из прямоугольного треугольника AJK3:

Но АК3 = АК2 = р-а, ВК{ = ВК3=р-Ь=п, СК{ = СК2=р-с= т. Тогда

Заметим, что формула S = m • п вытекает из формулы

Задача 30. В прямоугольном треугольнике ABC угол С — прямой. Прямая К\К3 пересекает прямую ВС в точке N, а К2К3 пересекает прямую АС в точке Т. Докажите, что площадь треугольника TCN в два раза меньше площади треугольника ABC.

Решение. Пусть АК3 = АК2 = т; ВК3 = ВКх = п (рис. 15).

AAJK2 = А ТК2 С (докажите ! ).

Тогда ТС— т. Аналогично, из равенства ABJK^ и ANK^C следует, что CN = п. Тогда:

Поскольку SABc = m • n, то

Рис.15

ГЛАВА 5. «ЭВРИКА» ПО МАТЕМАТИКЕ

Легенда, по которой великий Архимед выбежал из ванны с криком «Эврика!», нам хорошо знакома. Назовем ее «эврикой» по физике, ибо она связана с открытием важнейшего физического закона —закона плавания тел. Конечно, «эврика» по физике вызывает некоторую ревность у математиков. Хотя, казалось бы, особого повода для ревности нет — слишком велик вклад Архимеда в математику! Тут и число Архимеда — двадцать две седьмых, и знаменитая кривая «улитка Архимеда», и Архимедовы тела — полуправильные многогранники, и шар, вписанный в цилиндр, и предвосхищение интегрального исчисления. И многое другое... И все-таки, «Эврика!» — это нечто совсем из ряда выходящее...

Впрочем восклицания «Эврика!» наверняка заслуживает доказательство Архимедом того факта, что три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 2:1, считая от вершины. Да, но и здесь все же скорее имеет место «эврика по физике», так как Архимед доказал этот факт с помощью метода масс, в основе которого — правило рычага, «золотое правило» механики.

Как все-таки быть с «эврикой» по математике?

Имеется ли повод для подобного восклицания?

Считается, что древние греки так и не смогли доказать единственности точки H — точки пересечения высот треугольника (ортоцентра). Более того, со времен Архимеда человечеству еще семнадцать столетий не удалось доказать этот важнейший факт геометрии треугольника. Что ни говори, семнадцать столетий — время, достойное того, чтобы воскликнуть «Эврика!»

Берем на себя смелость предположить, что Архимед доказал теорему о том, что три высоты любого треугольника пересекаются в одной точке!

— Почему же человечеству ничего об этом неизвестно? — спросит оппонент.

— Возможно потому, что не все труды Архимеда дошли до нас.

— Какие у Вас основания для столь смелого заявления? — вновь скажет оппонент.

— Вот об этом сейчас и пойдет разговор — наступает пора приступать к самому главному!

Задача 31. В четырехугольнике ВЕСН ВВ= СЕ (рис.16)

ZBHC = Д ZBEC = q> (вне четырехугольника).

При этом (р = 2ß. Докажите, что точки В, С и H принадлежат окружности с центром Е.

Рис.16

Доказательство. Опишем окружность радиусом ВЕ= СЕ из точки Е, как из центра (рис. 17). Допустим, что точка H не принадлежит этой окружности. Тогда ей принадлежит точка D и ср = 2ZBDC (центральный угол в два раза больше соответственного вписанного). Но по условию, ср = 2ß. Нетрудно видеть, что ZBHC = ß и ZBDC могут быть равны лишь тогда, когда точки H и D совпадают.

Рис.17

ЛЕММА АРХИМЕДА. К кругу с диаметром ВС из точки Е проведены касательные ЕК и ET. Отрезки ВК и CT пересекаются в точке Н. Докажите, что ЕЙ есть перпендикуляр на ВС (рис. 18).

Предложим вниманию читателей одно из современных доказательств леммы Архимеда.

Доказательство. ZCKB = ZCTB = 90° (вписанные, опирающиеся на диаметр) — рис. 18.

Пусть ZKCB = cc. Тогда ZKBC - 90°-а.

ZTBC = ß, a ZTCB = 90°-ß. ZBHC = 180°-(90°-а + 90°-/?) = (а + ß). А значит и вертикальный с ним угол КНТ равен а + ß.

Рис.18

АЕКВ-а — угол между касательной и секущей. По той же причине ZETC = ß. Тогда нетрудно найти ZKET = ц> (вне четырехугольника КЕТН); ср = 2а + 2ß, т.е. ср = 2ZKHT. Тогда по задаче 31 точки К, Н, Г принадлежат окружности радиуса КЕ— ТЕ с центром в точке Е. Но тогда ЕН= ЕК и ZEHK = а. Вертикальный с ним ZBHN = а и в ABHN сумма двух углов равна а + 90°-а = 90°, т.е. ZHNB = 90° ! А это и означает, что EHLBC. Лемма Архимеда доказана.

От леммы Архимеда до доказательства факта пересечения высот треугольника в одной точке — путь недолгий, реально проходимый!

Докажите, что высоты треугольника ЛВС пресекаются в одной точке.

Доказательство. Проведем две высоты ВК и CT, которые пересекаются в точке H (рис. 19). На стороне ВС как на диаметре опишем окружность, которая пройдет через точки К и Г (т. к. углы ВКС и ВТС — прямые). Заметим также, что около четырехугольника АКНТ можно описать окружность (сумма противоположных углов АКН и А ТН равна 180°). Диаметром этой окружности будет отрезок АН. Проведем из точек К и Г касательные к окружности с диаметром ВС. Пусть они пересекаются в точке Е. Тогда по лемме Архимеда EHLBC. Но по задаче 31 Е— центр окружности, описанной около треугольника КНТ Однако точки К, Н, Т, А лежат на одной окружности, диаметр которой — отрезок АН. Тогда Е — середина АН. Поскольку EHLBC, то и AHLBC. А это и означает, что три высоты треугольника ABC пересекаются в одной точке. Заметим, что в случае с тупоугольным треугольником все рассуждения остаются в силе.

Если наши предположения верны и великий Архимед действительно доказал единственность ортоцентра в любом треугольнике, то, несомненно, у него был замечательный повод для восклицания «Эврика!».

И это уже самая настоящая «Эврика» по математике!

Рис.19

ГЛАВА 6. РАВНОБЕДРЕННЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК

Рассмотрим две формулы в равнобедренном треугольнике, которые взяты из задач, собранных Сабитом ибн Коррой в книге «Начала геометрии Архимеда» [4] и, возможно, восходят к самому Архимеду.

ФОРМУЛА I (см. рис. 20).

Доказательство. Пусть АВ=АС=Ь\ AT = t\ CT = m, BT = n; AN высота на ВС (рис. 20).

Из прямоугольного треугольника

Из прямоугольного треугольника

После вычитания из первого равенства второго, получим:

Рис.20

Продемонстрируем применение формулы I.

Задача 32. Хорды AB и CD окружности с центром О пересекаются в точке К и делятся на отрезки а, Ь, с, d (рис. 21). Докажите, что ab - cd.

Доказательство. Пусть

АК= а\ ВК= Ь] СК= с, DK= d.

Соединим концы хорд и точку К с центром окружности. Тогда, по формуле I для ААОВ и A COD, соответственно, получим:

Рис.21

откуда ab = cd.

Задача 33. Внутри окружности радиуса R дана точка К, находящаяся на расстоянии d от О. Через точку К проведена произвольная хорда AB. Докажите, что АК - КВ= const. Найдите значение этого произведения. Решение. По формуле I для равнобедренного треугольника АОВ.

d2 + AK • KB = R2 (рис. 22).

Откуда

AK • KB - R2 - d2 - const.

Рис.22

Задача 34. Основания равнобокой трапеции а и Ь, боковая сторона равна с, а диагональ — d. Докажите, что d2 = ab + с2

Решение. Выполним параллельный перенос диагонали BD в СЕ (рис. 23). Тогда А АСЕ — равнобедренный,и по формуле I:

d2 =ab + c2.

Рис.23.

Задача 35. Из вершины А равнобедренного треугольника ABC (AB—АС) проведена произвольная прямая, пресекающая ВС в точке D, описанную около А ABC окружность — в точке Е (рис.24) Докажите, что АЕ • AD= const. Найдите AB • AD, если АВ=АС= b

Решение.

AB • AD = (AD + DE) • AD = AD2 + AD • DE.

Ho AD ■ DE = CD • DB (произведения отрезков хорд равны).

Рис.24

Значит, AB • AD = AD + CD • BD. Однако, по формуле I для равнобедренного треугольника ABC, имеем: AD + CD BD = b. Итак, AB • AD = b2 = const.

Задача 36 (формула Эйлера).

Докажите, что расстояния между центрами описанного и вписанного кругов треугольника ABC вычисляются по формуле:

0/ = V#2 -2Rr.

Доказательство. Пусть биссектриса угла А пересекает описанную около Д ABC окружность в точке W. Соединим W с центром О описанной окружности. Тогда по формуле I для равнобедренного треугольника AOW, получим:

Ol2 + AI • IW - R2.

Известно, что AI • IW = 2Rr (докажите этот факт самостоятельно!). Следовательно, Ol2 - R2 - 2Rr.

Рис.25

ФОРМУЛА II (см. рис. 26).

Доказательство. Пусть в равнобедренном треугольнике ABC (AB=AQ ВК= m — проекция основания ВС на боковую сторону (рис. 26) Докажем справедливость формулы: а2 = 2bm.

Рис.26

Рис.27

В точке С восставим перпендикуляр к ВС D — точка пересечения этого перпендикуляра с продолжением AB (рис. 27). Нетрудно показать, что треугольник CAD — равнобедренный (CA - AD -b). CK

— высота, проведенная из вершины прямого угла BCD. Тогда, по известной формуле для прямоугольного треугольника,

ВС = у/BD ВК, или а = ^2Ь ■ m, или а2 = 2Ьт

Продемонстрируем теперь применение формулы II.

Задача 37. Основание равнобедренного треугольника относится к его боковой стороне как 4:3 (рис. 28). В каком отношении делит боковую сторону высота, проведенная к ней?

Решение. Согласно формуле II:

откуда

Тогда

следовательно, п. m = 1:8.

Рис.28

Задача 38. В равнобедренном треугольнике ABC боковая сторона равна Ь. Проекция основания на боковую сторону равна т. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC

Решение. По формуле II а2 = 2bm, откуда а - \J2bm. Из прямоугольного треугольника ADC :

или

или

или:

И тогда

Рис.29

Задача 39. Высота, проведенная к основанию равнобедренного треугольника равна, равна 5 см. Высота, проведенная к боковой стороне — 6 см. Найдите основание.

Решение. Пусть AD = 5 см и CK = 6 см (рис. 30). По формуле II а = 2Ьт, но

Тогда

или

Раскрыв скобки, получим:

Рис.30

Задача 40. Докажите геометрически, что:

Решение. Рассмотрим А ABC (AB=AQ с углом 30° при вершине (рис. 31). Проведем CK — высоту к боковой стороне. Очевидно, что СК= ~ как катет, лежащий против угла 30°. а) По формуле II а2 = 2bm, откуда

Из АВКС:

и, с учетом формулы II,

Рис.31

Тогда

б) Из А ВКС:

Из этого же треугольника:

Тогда

В заключение главы — две задачи на построение для самостоятельного решения.

Задача 41. Постройте равнобедренный треугольник по боковой стороне и проекции основания на боковую сторону.

Задача 42. Постройте равнобедренный треугольник по основанию и проекции одной боковой стороны на другую.

ГЛАВА 7. ЛЕММА О ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ДИАМЕТРАХ

Какую из задач в «Книге лемм» Архимед выбрал в качестве первой? Вот она:

Лемма о параллельных диаметрах. AB и DC — параллельные диаметры двух касающихся в точке Е окружностей (рис. 32). Докажите, что точки С, Е, В — принадлежат одной прямой.

Решение. Известно, что точки 0\, Ol, Е лежат на одной прямой.

Т. к. по условию диаметры параллельны (рис.32), то

ZBOxE = ZC02E,

а значит и ZCE02 = ZBEO^ (треугольники АСЕ02 и АВЕО^ — равнобедренные). Значит от прямой линии 0\С>2 по разные стороны отложены одинаковые углы, следовательно, точки С, Е, В принадлежат одной прямой.

Лемма доказана.

Случай внутреннего касания окружностей рассматривается аналогично.

Задача 43. Две окружности касаются в точке Е. Прямая проходит через точку Е и пересекает окружности в точках С и В (рис.32). Докажите, что радиусы С02 и ВО/ параллельны. Решение. Нетрудно видеть, что эта задача является обратной лемме Архимеда о параллельных диаметрах. Предлагаем доказать ее самостоятельно.

Как же помогает лемма о параллельных диаметрах при решении задач? Рассмотрим некоторые примеры.

Рис. 32

Задача 44. Постройте окружность, касающуюся данной окружности и данной прямой в данной ее точке М.

Указание к построению. Проведем диаметр AB данной окружности, перпендикулярный данной прямой. Соединив точку А и точку M найдем точку Е (рис.33), являющуюся согласно лемме точкой касания искомой и данной окружностей, тогда, восстановив перпендикуляр из точки M и продолжив отрезок BE ао пересечения с ним в точке N, получим диаметр MTV искомой окружности.

Рис. 33

Обратим внимание на тот факт, что данная задача имеет второе решение, которое неочевидно. Оказывается, окружность, удовлетворяющая условию, не единственная: вторая окружность строится для случая внутреннего касания. То есть первым шагом решения будет нахождение точки касания искомой и данной окружностей, как пересечения MB с данной окружностью (рис.34). Далее решение аналогично первому случаю.

Рис. 34

Рассмотрим еще две задачи на построение.

Задача 45. Через данную точку К проведите окружность, касающуюся данной окружности в данной на ней точке Т.

Указание к построению. Продолжим KT до пересечения с данной окружностью в точке Е (рис.35). Проведем диаметр ЕЕ данной окружности. Через точку К, параллельно ЕЕ, проведем прямую и продолжим ETпересечения с ней в точке N. Тогда

Рис. 35

KN — диаметр искомой окружности.

Задача 46. Проведите окружность, касающуюся двух данных окружностей, причем одной из них в данной точке Т.

Указание к построению. Пусть Ох и Oi — центры данных окружностей (рис.36). Укажем последовательность действий для построения искомой окружности. Проводим прямую, содержащую диаметр 0{ Т, очевидно, что она также содержит диаметр искомой окружности. Параллельно Ох Т проводим диаметр окружности с центром О2, и соединяем его конец с точкой Т, получаем точку касания искомой окружности и окружности с центром Oi — точку Е Соединив второй конец диаметра с точкой Е и продолжив линию до пересечения с Ох Т, получим диаметр искомой окружности.

Задача 47. Две окружности касаются внешне в точке А. Через точку А проведена секущая, пересекающая первую окружность в точке В, а вторую — в точке С. Докажите, что касательные к окружностям в точках В и С параллельны (рис. 37).

Решение. По обратной лемме Архимеда радиусы окружностей, проведенные в точки В и С, параллельны, значит, параллельны и соответствующие касательные.

Задача 48. Три окружности попарно касаются друг друга в трех различных точках. Докажите, что прямые, соединяющие точку касания двух окружностей с двумя другими точками касания, пересекают третью окружность в точках, являющихся концами ее диаметра.

Рис. 36

Рис. 37

Решение. Согласно лемме о параллельных диаметрах МО$ параллелен ОхС (рис. 38) и 0$К параллелен CQ. Точки 0{, С, и Oi лежат на одно прямой, значит точки М, 0$, и К также лежат на одной прямой. Значит точки Ми К являются концами диаметра окружности с центром 0$.

Задача 49. Две окружности касаются внешне в точке А. Через точку А проведена секущая, пересекающая первую окружность в точке В, а вторую — в точке С. Докажите, что отношение АС к AB постоянно и не зависит от секущей СВ.

Решение. Пусть AB — хорда окружности с центром 02, а АС хорда окружности с центром 0\. По лемме Архимеда О! С параллелен OiB. Тогда нетрудно показать, что треугольники 0\СА и ABOi подобны. Значит, отношение АС к AB равно отношению радиусов данных окружностей, и не зависит от секущей СВ.

Задача 50. Две окружности радиусов R и г касаются внешне в точке А. Через точку А проведена секущая, пересекающая первую окружность в точке В, а вторую — в точке С. Из точки В ко второй окружности проведена касательная BD. Найти длину BD, если В А =а.

Решение. Из предыдущей задачи известно, что

где R и г— радиусы первой и второй окружностей соответственно.

Тогда

Ответ.

Рис. 38

Задача 51. Две окружности, радиусы которых 2г и г, касаются внутренним образом в точке К. Третья окружность радиуса г касается меньшей окружности в точке M и пересекает вторично большую окружность в точке Т, как показано на рис. 39. Докажите, что точки К, M и Т лежат на одной прямой.

Решение. Т. к. 0203=OiT=2r и T0i=0x02 = r, то ГО^СЬ -параллелограмм. Значит ТО$ параллелен 0\К. Откуда по лемме Архимеда следует, что точки К, M и Т лежат на одной прямой.

Еще одним наглядным применением леммы является следующая задача

Задача 52. Два круга касаются внутренним образом в точке А. Проведем хорду ВС большего из них, касающуюся меньшего круга в точке D. Докажите, что AD является биссектрисой ABAC (рис. 40).

Решение. Пусть 0{ — центр малого, а О — центр большого крута. Обозначим точку пересечения AD и большого круга точкой W. Тогда радиусы 0\D и OW по обратной лемме Архимеда (смотри задачу 43) параллельны. 0\D перпендикулярен ВС, значит и ОW перпендикулярен ВС Но диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам, значит прямая OW содержит высоту и медиану треугольника BCW, следовательно точка W является серединой дуги ВС А значит, AD — биссектриса.

Теперь мы имеем достаточно сил, чтобы перейти к решению сложной олимпиадной задачи.

Задача 53. В сегмент CAB круга с центром О вписан другой круг. Из середины дуги СВ, точки W, не содержащей данный сегмент, к меньшему кругу проведена касательная WN. Докажите, что WN = WC (рис.40).

Решение. Треугольник CDW подобен треугольнику ACW, потому что у них угол при вершине W — общий, и

Рис. 39

Рис. 40

Но

так как квадрат длины касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то AW ■ DW - WN. Следовательно WN = WC, что и требовалось доказать.

Задача 54. В сегмент, включающий угол ВАС, вписана окружность (рис.41), касающаяся биссектрисы угла ВАС в точке N. Докажите, что точка N совпадает с инцентром треугольника ВАС

Решение. Пусть W — середина дуги ВС, не содержащей А. Известно, что BW—CW—JW, где J — инцентр треугольника ABC По задаче 53 длина касательной к любому кругу, вписанному в сегмент ВАС, равна BW. То есть BW=CW=NW, но точка N принадлежит биссектрисе AW, значит, она совпадает с инцентром.

Рис. 41

Задача 55. Две окружности касаются внешним образом в точке X и внутренним образом третьей окружности в точках А и В (рис. 42). Проведена хорда большей окружности, касающаяся двух меньших. Точка С — середина этой хорды. Докажите, что X — инцентр треугольника ABC.

Рис. 42

Решение. Через точку С проведем диаметр MN, который, что очевидно, перпендикулярен дан— ной хорде. Через точку X проведем диаметры меньших кругов КХ и XL. Тогда, по лемме о параллельных диаметрах, точки

В, X, M принадлежат одной прямой и точки А, X, N — также принадлежат одной прямой. Соединим точки M и А, N и В и продолжим до пересечения в точке Р. Так как

AMAN = ZMBN = 90°,

то Л" - ортоцентр треугольника MNP. Следовательно, прямая СХ проходит через точку Р (как третья высота). Тогда треугольник ABC является ортоцентрическим для треугольника MNP Так как ортоцентр любого треугольника является инцентром в его ортоцентрическом треугольнике, то X — инцентр треугольника ABC

ГЛАВА 8. ЛЕММА О ПЕРПЕНДИКУЛЯРАХ НА СЕКУЩУЮ

Лемма. Перпендикуляры из концов диаметра на секущую отсекают на ней равные отрезки.

Рассмотрим одно из доказательств леммы.

Доказательство. На рис. 43 в данном круге с центром О проведены диаметр AB и секущая, пересекающая круг в точках С и Д и в некоторой точке пересекающая диаметр. Из концов диаметра на секущую опущены перпендикуляры АН и ВМ. Необходимо доказать, что CH=DM. Проведем через точку О линию, перпендикулярную CD. Пусть она пересекает CD в точке Т и отрезок AM в точке N. Тогда AN=NM (ON — средняя линия в ААВМ ).

Но т. к. АН 11 NT, то из равенства AN= NM следует равенство НТ= ТМ. Известно, что перпендикуляр из центра круга на хорду делит ее пополам, поэтому Т — середина CD, и из равенства HT— TM следует равенство СН— MD. Лемма доказана.

Случай, когда секущая пересекает не диаметр, а его продолжение (на рис. 44 СН=МЦ, доказывается аналогично. Лемма о перпендикулярах на секущую интересна тем, что имеет самые неожиданные применения. Рассмотрим задачи, использующие в своем решении лемму Архимеда и задачи, решения которых сходны с доказательством самой леммы.

Рис. 43

Рис. 44

Задача 56. Перпендикуляры, восстановленные к концам произвольной секущей данного круга, отсекают на произвольном диаметре этого круга равные отрезки

Решение. На рис. 45 AB — диаметр данного круга, CD — произвольная секущая. В концах секущей восстановлены перпендикуляры, пересекающие диаметр в точках H и М. Необходимо доказать, что АН=ВМ. Из точки О опустим на CD перпендикуляр ОТ. Точка Т делит CD пополам, следовательно, НО= ОМ (т. k.CH\\OT\\MD). Отсюда заключаем, что АН— ВМ.

Рис. 45

Задача 57. Во вписаном четырехугольнике одна из диагоналей — диаметр. Докажите, что проекции противоположных сторон на другую диагональ равны.

Решение. На рис. 46 ABCD — вписанный четырехугольник, АС — диаметр. ВН и DM — проекции сторон AB и CD на диагональ DB. По лемме о перпендикулярах на секущую отрезки ВН и DM — равны.

Рис. 46

Задача 58. Точки Р и Q — проекции вершин С и В соответственно на прямую Н2Н3. Докажите, что РН2=ОН3.

Решение. Т. к. ZBH2C = ZCH3B = 90°, то вокруг четырехугольника СН2Н3В можно описать окружность, причем ВС — ее диаметр (рис. 47). Прямая Н2Н3 — секущая этой окружности, тогда, по лемме о перпендикулярах на секущую отрезки РН2 и QH3 равны, что и требовалось доказать.

Рис. 47

Задача 59. На прямой даны точки А, В и С, причем точка С лежит между А и В. На отрезках AB, АС и ВС, как на диаметрах, построены три круга (рис. 48). Через т. С проведена хорда МО большего из них. Докажите, что меньшие круги высекают на ней равные отрезки, т. е. MN=PO.

Решение. Пусть МО, хорда большего круга, пересекает меньшие круги в точках N и Р. Необходимо доказать, что MN= PO- Т. к. AC — диаметр, то AN1MQ, аналогично BPLMQ. Тогда по лемме Архимеда перпендикуляры AN и BP из концов диаметра AB отсекают на секущей МО равные отрезки MN и РО, что и требовалось доказать.

Рис. 48

Задача 60. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается стороны ВС в т. К\. Вневписанная окружность треугольника ABC касается ВС в т. Т\. Докажите, что СТХ =ВКХ (Рис. 49).

Решение. Пуст т. J и т. Ja — центры вписанной и вневписанной окружностей соответственно.

ZJC/a = ZJBJa = 90°, т. к. это углы между биссектрисами смежных углов. Значит, вокруг четырехугольника CJBJa можно описать окружность, причем JJa — ее диаметр, С В — секущая. По лемме Архимеда перпендикуляры JaT^ и JK\ отсекают на СВ равные отрезки CTi и ВК\, что и требовалось доказать.

Задача 61. Докажите, что проекция диаметра описанной окружности, перпендикулярного первой стороне треугольника, на вторую сторону — равна третьей стороне.

Решение. Пусть WD — диаметр окружности, описанной около данного треугольника ABC, причем WDl. ВС (рис. 50).

Рис. 49

KT— проекция диаметра WD на сторону АС Необходимо доказать, что КТ=АВ. Очевидно, что D — середина дуги CAB. Тогда, по теореме Архимеда, СК= КА+AB. Но, по лемме о перпендикулярах на секущую, СТ= КА. Если от равных отнять равные, то останутся равные, следовательно, КТ= AB.

Рис. 50

ГЛАВА 9. ЛЕММА О ПЕРПЕНДИКУЛЯРЕ ИЗ ТОЧКИ КАСАНИЯ

Прежде чем перейти к рассмотрению самой леммы, мы предлагаем решить следующую задачу.

Задача 62. Дан круг с центром О и диаметром AB (рис. 51). На касательной к кругу в точке А дана точка С Из точки С проведена вторая касательная CD. Докажите, что отрезок DB параллелен отрезку ОС.

Решение. Т. к. AB — диаметр, то прямая DB перпендикулярна DA, но прямая ОС также перпендикулярна DA (покажите самостоятельно), значит прямые DB и ОС — параллельны.

Рис.51

Перейдем к формулировке самой леммы, используя обозначения и конфигурацию задачи 62.

Лемма о перпендикуляре из точки касания. Если из точки касания D опущен перпендикуляр на диаметр AB, то СВ делит его пополам, (рис. 52).

Доказательство. Продолжим BD до пересечения с АС в точке Е Тогда треугольник ADE — прямоугольный. Из равенства DC— АС следует, что DC — медиана в треугольнике ADE и ЕС—АС Очевидно, что DH и АЕ — параллельны. Значит, если ВС делит АЕ пополам, то она делит и пополам.

Рис.52

Задача 63. В равнобокую трапецию ABCD вписана окружность, касающаяся сторон трапеции в точках Тх, Т2, Т$, Т4 (см. рис.53). К — точка пересечения СТ3 и Т\ Т2. В каком отношении точка К делит Т\ Т2 ?

Решение. По лемме Архимеда (Т3Т4 — диаметр, Т2Е — перпендикуляр, опущенный из точки касания Т2) линия СТ3 делит Т2Е пополам. Значит ТХК относится к КТ2 как 3:1.

Задача 64. Докажите, что в равнобокой трапеции ABCD точка пересечения диагоналей лежит на отрезке ТХТ2 (рис.53).

Решение. Пусть отрезки Тх Т2 и 7з 7} пересекаются в точке Я Поскольку Т2Е параллелен AD и ЕК= КТ2 (по лемме Архимеда) и АТ$ = 7^Д то точки А, Ей С лежат на одной прямой. Аналогично, точки В, Е и D лежат на одной прямой. Значит в равнобокой трапеции точка пересечения диагоналей лежит на отрезке, соединяющем точки касания вписанной окружности.

Задача 65. В треугольник ЛВС вписана окружность. Из точки касания К\ проведен диаметр К\Р (рис. 54). Прямая АР пересекает вписанную окружность в точке F. Докажите, что касательная в точке F пересекает сторону ВС в ее середине.

Решение. Покажите самостоятельно, что СТ=ВК\. Тогда нам необходимо доказать, что 77V= NK\. Опустим из точки F перпендикуляр FE на диаметр К\Р. По лемме Архимеда он делится линией PN пополам. Но ТКХ параллелен FE, значит отрезок ТКХ также делится прямой PN пополам. То есть т. N — середина стороны ВС.

Задача 66. Найдите расстояние от точки касания двух кругов с радиусами R и г до их общей внешней касательной.

Рис.53

Рис.54

Решение. Пусть два круга с центрами 0\ и касаются друг друга в точке С и общей внешней касательной в точках А и В. В задаче требуется найти расстояние CD (рис. 5). Угол АСВ — прямой (см. задачу 83), значит, если построить окружность с диаметром AB, то она будет касаться линии центров и радиусов <Э\А и О^В. Тогда, по лемме Архимеда, прямая 0\В делит перпендикуляр CD пополам и прямая О^А делит CD пополам, то есть 0\Ви О^А пересекаются на отрезке CD. По известной задаче, длина отрезка, проходящего параллельно основаниям трапеции через точку пересечения диагоналей, равна среднему гармоническому длин оснований. Значит, в трапеции Ol ABCh отрезок CD равен 2^.

Рис.55

ГЛАВА 10. ЛЕММА О ЦЕНТРЕ ОКРУЖНОСТИ

Одна из задач в «Книге лемм» сформулирована так:

Хорда АС отсекает от круга сегмент. На ограничивающей это сегмент дуге окружности взяты точки В и F так, что AB = BF (рис.56). Из точки В опущен перпендикуляр BD на хорду АС и на АС взята точка Е так, что AD = DE. Тогда СЕ = CF

Рис.56

Нетрудно заметить связь между этой леммой и одной из современных задач:

Две окружности пересекаются в точках А и F, причем одна из окружностей проходит через центр В другой. На первой окружности взята точка С (рис. 57). Отрезок АС пересекает вторую окружность в точке Е. Докажите, что ЕС = CF.

Как мы видим в предложенном условии вместо трех равных отрезков AB, BE и BF (как на рис. 56) введена окружность с центром на данной окружности.

Будем использовать современную формулировку, так как она менее громоздкая. Именно эту задачу мы и будем называть «леммой о центре окружности».

Рассмотрим два способа доказательства этой леммы.

Рис.57

Доказательство 1. Итак, нами необходимо доказать, что СЕ - СЕ (см. рис. 57). Четырехугольник АВЕС— вписанный, значит,

ZBEC + ZBAC = 180°.

Но т.к. ZBAE = ZBEA ( АВАЕ — равнобедренный), то

ZBEC + ZBEA = 180°,

а значит ZBEC = ZBEC. Учтя, что ZBEE - ZBEE, получаем: ZCFE - ZCEF, отсюда следует доказываемое равенство.

Рис.58

Доказательство 2. Воспользуемся обозначениями рисунка 58. Нам необходимо доказать, что CD = CB. Пусть ZD AB = а. Тогда ZD02B = 2а. Но

ZDAB = ZCAB = ZC02B,

т.к. они опираются на одну дугу ВС. Поэтому ZC02B = a, но тогда и ZD02C = а и

&C02D = АС02В — по двум сторонам и углу между ними. Значит CD = СВ.

Заметим, что лемма верна и для других случаев взаимного расположения окружностей и точек их пересечения.

Докажем, что CD = DB, если окружности расположены так, как показано на рисунке 59.

Пусть ZBCD = а, тогда ZB02A = 2а, откуда ZBDA также равен 2а (опирается на ту же дугу). BABDC ZBDA— внешний. Нетрудно видеть, что ZCBD тогда также равен а. Таким образом получаем, что треугольник BD С— равнобедренный.

Рис.59

Рассмотрим применение леммы о центре окружности.

Задача 67. Две окружности пересекаются в точках А и В, причем центр первой окружности 0\ лежит на второй. Через 0\ проведена секущая, пересекающая первую окружность в точке D, а вторую — в точке Е. Докажите, что прямая AD делит дугу BE пополам (рис. 60).

Доказательство. Пусть AD пересекает дугу BE в точке С Тогда, учитывая лемму Архимеда, видим, что: АСЩ =АСВС\ и ZDO[C=ZBC\C. Следовательно, точка С середина дуги BE, что и требовалось доказать.

Рис.60

Задача 68. Две окружности пересекаются в точках А и В. Центр О первой окружности лежит на второй. На первой окружности дана точка С и АС пресекает вторую окружность в точке D. Докажите, что ODLBC (рис.61).

Доказательство. По лемме Архимеда DB = DC (как на рис. 61), т.е. треугольник BDC — равнобедренный. Очевидно, что прямая, содержащая вершины равнобедренных треугольников с одним основанием, перпендикулярна этому основанию, т.е. ODLBC.

Рис.61

Задача 69. Две окружности пересекаются в точках А и В. Центр О первой окружности лежит на второй. Через О проведена секущая ODC (см. рис. 62). Докажите, что точка D — инцентр треугольника ABC.

Доказательство. Так как OA-OB, то, очевидно, что СО биссектриса угла

Рис.62

ЛСВ. По задаче 67 DB делит дугу АС пополам, следовательно, DB — биссектриса угла ABC. Значит, точка D — инцентр треугольника ABC

Задача 70. В треугольнике ABC точка I — инцентр. Окружность, содержащая точки В, I, С пересекает АС в точке К. Докажите, что АК=АВ (рис. 63).

Доказательство. Точка W— точка пересечения AI с описанной окружностью. Известно, что CW = IW = BW. Значит центром окружности, описанной около треугольника BIC, является точка W. По лемме о центре окружности AK— AB.

Рис.63

Задача 71. В треугольнике ABC точка О — центр описанной окружности. Окружность, описанная около треугольника ВОС пресекает стороны АС и AB в точках Р и О соответственно. Докажите, что окружность, проходящая через точки А, Р и О, равна окружности, проходящей через точки В, О, и С.

Доказательство. Центр окружности, описанной около треугольника ABC лежит на окружности ВОС, значит, по лемме о центре окружности, АР = PB, или ZPBQ = ZPAQ. А если равны дуги PQ обеих окружностей, то и окружности равны.

Задача 72. Дана плоскость, пересекающая сферу с центром О по окружности. На сфере, по разные стороны от плоскости взяты точки А и В, причем радиус OA перпендикулярен данной плоскости. Через AB проводится произвольная плоскость. Она пересекает окружность в точках X и Y. Докажите, что произведение ВХ • BY не зависит от выбора такой плоскости.

Рис.64

Доказательство. В сечении сферы плоскостью, проходящей через AB, получается окружность, содержащая точки А, В, X и Y Причем величины AB—а, АХ = AY = b не зависят от выбора плоскости и ZABX = ZABY (рис. 65). Проведем окружность с центром А и радиусом Ь. Она пересечет больший из отрезков ВХ, BY в некоторой точке Z. Пусть BD — касательная к этой окружности, тогда (по лемме о центре окружности)

ВХ BY = ВХ • BZ = BD2 = AB2 - AD2 = а2 - b2 = const.

Задача 73 (Теорема Архимеда). Из середины дуги ВАС данного круга на ломаную ВАС опущен перпендикуляр ТН. Докажите, что точка H делит периметр ломаной ВАС пополам, т.е. С H = АН + AB.

Доказательство. Построим окружность с центром в точке Г и радиусом ТА (рис. 66), которая пересечет сторону АС в точке Z, а вторично окружность, описанную около треугольника ABC, в точке D. По лемме о центре окружности DC = CZ, но, т.к. Т — середина дуги ВАС, то DC = AB, т.е. CZ = AB. Очевидно, что ZH - АН, т.к. перпендикуляр из центра окружности на хорду делит ее пополам. Значит, СН = АН + AB, что и требовалось доказать.

Задача 74. Докажите, что из всех треугольников с одинаковым основанием и одинаковым углом при вершине, равнобедренный имеет наибольший периметр (рис. 67).

Рис.65

Рис.66

Доказательство. Очевидно, что все такие треугольники вписаны в некоторый заданный сегмент ЛСВ. Возьмем на дуге АСВ некоторую точку X, отличную от С (С — середина дуги AB). Докажем, что периметр треугольника АСВ превышает периметр треугольника АХВ. Для этого строим окружность с центром в точке С и радиусом СВ. Продолжаем АС и АХ до пересечения с этой окружностью в точках Ми N соответственно. Тогда, по лемме о центре окружности, СМ= СВ и XN= ХВ. А т.к. AM > AN, то и периметр треугольника АСВ превышает периметр треугольника АХВ.

Рис.67

ГЛАВА 11. УРОК ОДНОЙ ЗАДАЧИ

Данная глава посвящена лемме Архимеда о перпендикулярных хордах.

Как передать красоту этой задачи? Разнообразие способов ее решения? Эмоции, которые она вызывает у тех, кто любит геометрию?

Быть может, лучше всего об этом расскажет урок, который прошел в 9ом математическом классе у одного из авторов. Если так, то давайте приоткроем дверь и проникнем на урок, урок эрудиции, знаний и творчества учащихся. И называться он будет так: «Урок одной задачи!..»

Вот эта задача:

Хорды AB и CD окружности радиуса R перпендикулярны и делятся точкой пересечения на отрезки а,Ь, с, d (рис. 68). Докажите, что сумма квадратов этих отрезков есть величина постоянная для данной окружности, равная квадрату ее диаметра, то есть

а2 +Ь2 +с2 +d2 = AR2.

Рис.68

Да, задача хороша на слух, красива на вид и вызывает интерес у учащихся. Но стоит ли посвящать урок одной задаче? Безусловно стоит! Потому что эта задача:

1. задача Архимеда, позволяющая понять его гениальность;

2. она — конкурсная — во многих вузах ее предлагают на вступительных экзаменах;

3. она позволяет повторить ряд важнейших фактов и задач планиметрии;

4. она трудная! (Даже искушенные в геометрии ученики не сразу справляются с ней);

5. она решается удивительно красиво и изящно и разными способами.

Знакомство с задачей Архимеда проходит на предыдущем уроке. Дома ученики готовят эту задачу, но возможно большим числом способов!

Однако задача непроста, и удастся ли большей части класса вообще решить ее?

Перед уроком две минуты говорю с ребятами о задаче, бегло просматриваю их решения. В это время звенит звонок и я начинаю урок одной задачи

Прошу выйти к доске Федора, потому что до урока заметил, что его решение совпадает с решением Архимеда. (Представляется важным начать именно с авторского решения.) Он рассказывает :

Решение 1. Пусть a,b,c,d— данные отрезки хорд AB и CD (рис. 69). Пусть AD = X, СВ = у. Тогда по теореме Пифагора для tsAED :

X2 = <з2 + tf2 (1).

А по теореме Пифагора для АВВС :

у2 =b2 +с2(2).

Проведем AK\\CD. Тогда BK = 2R — диаметр (так как АКАВ = 90° ).

Здесь я останавливаю Федора и прошу другого ученика продолжить рассказ.

CKAD — равнобокая трапеция, поскольку только равнобокую можно вписать в окружность, и CK - AD - х. Z.KCB = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треугольника КСВ имеем: х2 + у2 = 4R2. Воспользовавшись равенствами (1) и (2), получаем требуемое:

а2 + Ъ2 + с2 + d2 = AR2.

Задача решена!

— У меня решение, которое Архимед не мог предложить! — включается в разговор Юля. — Ведь тригонометрия появилась значительно позже.

Рис.69

Юля идет к доске и показывает свой способ решения.

Решение 2. К тем же обозначениям (рис. 68 и 69) добавим следующие (рис. 70): /.CAE = а; /АСЕ = 90°-а (из прямоугольного треугольника AEQ. Тогда по теореме синусов для треугольника CAB:

А для треугольника ACD по той же теореме...

Рис.70

Здесь я прерываю рассказ и предлагаю самостоятельную работу: окончить задачу Архимеда способом, предложенным Юлей. (Ей в это время предлагаю подумать над еще одним, чисто геометрическим, способом решения задачи.)

Большинство учащихся успешно заканчивают задачу и сдают листки с решением.

Один из учеников показывает окончание решения на доске:

Решение 2 (продолжение). Для треугольника ACD по теореме синусов имеем:

Итак, X = 2R cosa (3); у = 2R sin а (4). Возведем обе части равенств (3) и (4) в квадрат и сложим:

С учетом (1) и (2) задача решена:

— Ребята, есть ли у кого другие способы решения задачи Архимеда?

— Я воспользовался симметрией при решении задачи, — говорит Женя. А также известным свойством угла с вершиной внутри круга.

Женя идет к доске и записывает это свойство (рис. 71).

Рис.71

Затем начинает объяснять свой способ:

Решение 3. Согласно свойству угла с вершиной внутри круга полусумма дуг АВи £С равна 90° (рис. 72).

Тогда kjAD + и ВС = 180° (5). Проведем прямую 1, содержащую диаметр, так что /||А#. Из соображений симметрии DK - ВС = у. Тогда и дуга DK равна ВС (равные хорды стягиваются равными дугами). Значит, kjAD + и DK = 180°. Если это так, то АК — диаметр, и ZADK = 90°. По теореме Пифагора для треугольника ADK

что равносильно решению задачи.

Рис.72

— У меня тоже симметрия, только немного по-другому! — выходит к доске Сергей и показывает:

Решение 4. Построим отрезок ТК, симметричный AB относительно центра окружности О (рис.73). В силу симметрии:

ТК=АВ, CP=BD = d, РК = ВЕ = Ь.

Очевидно, что PD = с. Из прямоугольного треугольника DPK имеем:

DK2 = PK2 + PD2 =b2 + с2.

Очевидно, что АК — диаметр (т.к. АВКТ — прямоугольник), и тогда ZADK = 90°. По теореме Пифагора для треугольника ADK:

или

Задача решена!.

Рис.73

— В этом способе возможно другое решение! — берет слово Наташа.

Решение 5. Воспользуемся тем же рисунком (см. рис 73).

ВК - с - d] AB = а + tr, ZABK = 90° (опирается на диаметр).

Тогда AK2 = AB2 + ВК2, или:

AR2 = (а + Ь)2 + (с - d)2 = а2 + lab + b2 + с2 - led + 2.

Но по известной теореме о равенстве произведений отрезков хорд ab-cd. Тогда 2ab и — 2cd сократятся! Решение задачи получено.

— А у меня принципиально другое решение, не похожее ни на одно из предыдущих! — заявляет Аленка.

Перед уроком я бегло просмотрел способ Аленки. Обращаюсь к классу:

— Если способ верен, то это — маленькая сенсация. Такого способа решения задачи Архимеда я нигде в литературе не встречал.

Рассказывает Аленка:

Решение 6. Проведем в треугольнике ABC высоту АК (рис. 74). Тогда H — ортоцентр (точка пересечения высот) в треугольнике ABC. Покажем, что АН = AD = х. Действительно, ZADC = ZABC = а (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Тогда из tsABK: ZI = 90°-а и из AADE: Z2 = 90°-а. Поскольку AB — высота и биссектриса в треугольнике ADH, то этот треугольник равнобедренный, и АН = AD = x.

Далее применим хорошо известную формулу:

АН2 = AR2 - ВС2 {6).

Рис.74

Здесь я прерываю рассказ и предлагаю ученикам самостоятельно завершить решение задачи (мне уже понятно, что сенсация состоялась). Попутно спрашиваю у учащихся доказательство предложенной Аленкой формулы (6).

Знание формулы входит в их эрудицию и мне предлагается несколько способов доказательства.

Большинство учеников легко разгадывают и дальнейший ход рассуждений в решении 6.

Решение 6 (продолжение). АН2 = AR2 - ВС2, х2 = AR2 - у2,

т.е. X2 + у2 = AR2.

Ну что ж, такого способа учитель не знал!

Формула (6) подсказывает Антону идею, которая дарит нам еще один способ решения задачи. Он воспользовался известным ученикам свойством ортоцентра Н: «Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, принадлежат описанной окружности».

На рис. 75 — точки H и H9 симметричны друг другу относительно стороны ВС.

Этот факт предлагаем читателям доказать самостоятельно!

С учетом вышесказанного способ Антона выглядит так (хорда CD опущена вниз для удобства работы с рис. 76):

Решение 7. АН2 = AR2 - CD2, (a-fc)2 =AR2 -(c +tf)2,

a2 -2ab + b2 =AR2 - с2 -2cd-d2.

Ho ab = cd — из равенства произведений отрезков хорд. Тогда

а2 + Ь2 + с2 + d2 = AR2.

Задача решена!

Рис.75

Рис.76

В заключение урока — маленький сюрприз от Данила. Я попросил его выполнить векторное решение задачи Архимеда, придуманное одним из наших выпускников несколько лет назад.

Вот оно (рис. 77):

Решение 8.

или

Докажем, что а + ß = 180° : и AD + kjBC - 180° (см. формулу 5), а углы а и ß — центральные, равные соответственно дугам AD и ВС.

Тогда ß = 180°-а и cosß = - cos а, откуда следует, что

Все!

Рис.77

Задача Архимеда решена еще одним, векторным способом!

подводим итоги «урока одной задачи»:

• повторены важнейшие факты планиметрии;

• предложено много способов решения знаменитой задачи;

• два способа явились сюрпризом для преподавателя и, похоже, нигде в математической литературе ранее не встречались;

• на уроке состоялся, пусть небольшой, но разговор на векторном языке!

— Спасибо, великий Архимед, за блестящую задачу! Спасибо ученикам за хорошую домашнюю работу, за радость открытий на уроке!

К домашнему заданию, которое написано на доске, добавляю: решить задачу Архимеда методом координат. Такое решение существует!

Итак, «урок одной задачи» состоялся. Осуществилась связь времен, связь Прошлого с Настоящим.

ГЛАВА 12. ПРИМЕНЕНИЕ ЛЕММЫ О ПЕРПЕНДИКУЛЯРНЫХ ХОРДАХ

Эта глава призвана продемонстрировать силу и эффективность леммы Архимеда о перпендикулярных хордах. Действительно, все предложенные ниже задачи либо базируются на знании данной леммы, либо попросту являются вариациями или импровизациями к лемме. Что, впрочем, еще более повышает ее рейтинг!..

Задача 75. В окружности радиуса Р проведены две взаимно-перпендикулярные хорды MN и PQ (рис. 78). Найдите расстояние между точками M и Р, если NO = ni.

Решение. Согласно лемме Архимеда

а2 +Ь2 +с2 +d2 = AR2.

Но <з2+с2=М/>2и b2 + d2 =m2.

Тогда имеем: MP2 + m2 - AR2, откуда

Рис.78

Задача 76. Диагонали вписанного в окружность четырехугольника перпендикулярны. Докажите, что суммы квадратов его противоположных сторон равны.

Доказательство. Согласно лемме Архимеда:

m2 + к2 = а2 + Ь2 + с2 + d2 = AR2 (рис. 79). Но и

п2 + t2 = а2 + Ъ2 + с2 + d2 = AR2

Следовательно,

Рис.79

Заметим в скобках, что, вообще говоря, имеет место и более сильный факт, не связанный с леммой Архимеда:

«Если диагонали выпуклого четырехугольника перпендикулярны, то суммы квадратов его противоположных сторон равны.»

Задача 77. Найдите сумму квадратов сторон вписанного четырехугольника с перпендикулярными диагоналями в окружность радиуса R.

Решение. По задаче 76 m2 + п2 + к2 + t2 = SR2. Ответ. 8R2.

Задача 78. Даны окружность и точка К внутри нее. Докажите, что сумма квадратов длин взаимно-перпендикулярных хорд данной окружности, пересекающихся в точке К, есть величина постоянная.

Доказательство. Пусть AB и СД — взаимно-перпендикулярные хорды, пересекающиеся в точке К (рис. 80).

или

По лемме Архимеда

А поскольку произведения отрезков хорд в круге равны, то

АККВ= CK-KD- п2 - const.

Тогда AB2 + CD2, = AR* + An2 = const, что и требовалось доказать.

Задача 79. В круге радиуса R проведены две пересекающиеся под прямым углом хорды. Найдите сумму квадратов хорд, если расстояние КО от точки их пересечения до центра (рис. 80) равно t

Решение. Фактически — это та же задача 78 — с той лишь разницей, что дано расстояние от точки К до центра. Воспользуемся знаменитой задачей Евклида, по которой:

Рис.80

(докажите ее самостоятельно!) Тогда ответ очевиден:

AB2 + CD2 = SR2 - 4/2.

Задача 80. В окружность радиуса R вписан четырехугольник АСВД с перпендикулярными диагоналями (рис. 81). Расстояние КО от точки пересечения диагоналей до центра окружности равно t. Докажите, что середины сторон четырехугольника и основания перпендикуляров, опущенных из точки К на стороны, лежат на одной окружности. Найдите радиус этой окружности.

Решение. Пусть E,E,N,T— середины сторон четырехугольника АСBD. Поскольку ABLCD, то очевидно что EFNT — прямоугольник. Тогда EN— диаметр описанной около EENT окружности.

Но по задаче 79 Тогда EN2 = 2R2

Докажем, что основания перпендикуляров, опущенных из точки К на стороны четырехугольника, будут принадлежать этой же окружности. Пусть Р— основание перпендикуляра, опущенного из К на BD. Нетрудно показать, что прямая KP проходит через точку Е— середину стороны АС (докажите самостоятельно!). Тогда, если на EN как на диаметре описать окружность, то точка Р будет принадлежать этой окружности (т.к. ZEPN = 90° ).

Аналогично можно показать, что основания оставшихся перпендикуляров будут также лежать на окружности с диаметром EN - ТЕ.

Задача 81 (задача Брахмагупты). Приведите пример вписаного четырехугольника с попарно различными целочисленными длинами сторон — такого, чтобы длины его диагоналей, площадь и радиус описанной окружности также были целыми числами.

Рис.81

Решение. Выберем два произвольных Пифагоровых треугольника (например, вида Зп; An; 5п, или 5к; \2к\ 1 Зк, или другого вида). Пусть это будут треугольники со сторонами а\\Ь\\С\ и а2\Ь2,с2 (рис. 82). Выберем также единичный отрезок — с тем, чтобы построить отрезки

Тогда на двух перпендикулярных прямых, отложив эти отрезки, получим четырехугольник ABCD (рис. 83). Поскольку

АО ОС = ВО • OD = ах • а2 b{ Ь2,

то четырехугольник ABCD — вписанный. Тогда по лемме Архимеда

АО2 + ВО2 + СО2 + DO2 = AR2, или

Но (теорема Пифагора для треугольника со сторонами а2\Ь2\с2). Тогда с2{а2 + b2j = AR2. Однако, очевидно, что Тогда сj • с2 = AR, откуда R = —-—. Если произведение Cj • с2 делится на 2, то R — целое число, если же с2 — нечетно, то увеличим четырехугольник ABCD в два раза, чтобы наверняка R было четным числом. Что касается площади четырехугольника ABCD, то она, очевидно, выражается целым числом, поскольку четырехугольник ABCD состоит из четырех прямоугольных треугольников, все катеты которых — целые числа.

Задача решена.

Рис.82

Рис.83

ГЛАВА 13. ЗАДАЧА О КАСАЮЩИХСЯ КРУГАХ

Наиболее важной задачей из «Книги о касающихся кругах» Архимеда является, на наш взгляд, следующая задача:

Отрезок внешней касательной к двум касающимся кругам, заключенный между точками касания, равен среднему геометрическому их диаметров.

Эта задача и сегодня является популярной, встречающейся на вступительных экзаменах.

Прежде, чем перейти к применению основной задачи, рассмотрим четыре задачи одного чертежа (задачи 82 — 85), которые помогут нам изучить конфигурацию касающихся кругов.

Итак, на рис. 84 — два касающихся круга с центрами 0\ и Q2, общая внешняя касательная AB и общая внутренняя касательная СЕ.

Задача 82. Докажите, что

АС =ВС

Доказательство. Отрезки касательных, проведенных из данной точки к данному кругу равны. Значит:

АС =СЕи СВ = СЕ, откуда АС = ВС.

Задача 83. Докажите, что ZAEB = 90°.

Доказательство. Т.к. АС = СЕ = СВ, то точка С является центром окружности, описанной около треугольника АЕВ, с диаметром AB. Значит ZAEB = 90°.

Задача 84. Докажите, что ZOlC02 = 90°.

Доказательство. Прямая ОхС является биссектрисой угла АСЕ, а прямая 02С— биссектрисой угла ВСЕ. Т.к. угол между биссектрисами смежных углов равен 90°, то ZOjC02 = 90°.

Рис.84

Задача 85. Докажите, что ZCNE = ZCKB = 90°.

Доказательство. Четырехугольник АСЕОх— дельтоид. Т.к. в любом дельтоиде диагонали перпендикулярны, то ZCNE - 90°, аналогично — ZCKE = 90°.

Рассмотрим два способа решения основной задачи (задачи о касающихся кругах).

Решение 1. Воспользуемся обозначениями рис. 85. Нам необходимо доказать, что AB=2JRXR2. Для этого опустим из точки 02 перпендикуляр О^Н на радиус 0\А. Пусть X — длина отрезка AB. Тогда запишем:

02Н = АВ = X,

Ох02 = Rx + R2, ОхН = Rx- R2.

Применим теорему Пифагора к АОх02Н:

Решение 2. На рис 86 СЕ — высота в прямоугольном треугольнике АОхС02. Значит,

СЕ = yjOxE 02Е = yJRxR2.

Но AB = 2СЕ, следовательно,

Рассмотрим ряд задач, где применяется основная задача — задача о касающихся кругах.

Задача 86. Найдите радиус окружности, касающейся двух данных окружностей радиусов Rx и R2n их общей внешней касательной.

Решение. В обозначениях рис. 87, где х — радиус искомой окружности, запишем: АС + СВ = AB, или, по задаче Архимеда:

Рис.85

Рис.86

Отсюда нетрудно найти х.

Казалось бы задача решена, однако не следует спешить переходить к следующей задаче, т.к. решение доведено только до половины!

На рис. 88 показан второй вариант построения искомой окружности. В этом случае решение аналогичное:

откуда:

Итак,

ответ:

Задача 87. Три окружности с центрами Ох, Q и О3, касающиеся друг друга и прямой 7, расположены так, как показано на рис. 89. Обозначим их радиусы, как R^, R2n R3 — соответственно. Докажите, что:

Рис.87

Рис.88

Рис.89

Указание. Идея решения та же, что в предыдущей задаче.

Задача 88. Найти площадь фигуры CNEK (рис.90).

Решение. Очевидно, что

Scnek = ~saeb •

Высота АЛЕВ находится так, как в задаче 66. Эта высота равна:

Откуда

Значит, Scnek =

Задача 89. К двум внешне касающимся в точке Е кругам радиусов 7?] и R2 проведены внешние касательные AB и CD. Докажите, что в ABCD можно вписать окружность. Найдите ее радиус.

Решение. Очевидно, что ABCD — трапеция. Проведем к данным кругам общую внутреннюю касательную MN. Тогда: 2MN = AB + DC (рис.91). С другой стороны, MN — средняя линия трапеции ABCD, значит, 2MN = AD + ВС. Следовательно,

AB + DC = AD + BC,

и ABCD — описанная трапеция, причем точка Е — центр вписанной в нее окружности. По задаче 66 ее радиус ЕН равен

Рис.90

Рис.91

Задача 90. Найдите площадь трапеции ABCD (рис.91).

Решение 1. Площадь трапеции равна произведению высоты трапеции на ее среднюю линию. Высота данной трапеции равна

диаметру вписанной окружности (см. задачу 69), т.е.

Средняя линия MN данной трапеции, по задаче Архимеда, равна 2л//?1/?2 • Значит, площадь данной трапеции ABCD равна

Решение 2. Очевидно, что площадь прямоугольника CNEK (см. рис. 90) в два раза меньше площади треугольника ЛЕВ, а площадь треугольника ЛЕВ (см. рис. 91) в два раза меньше площади трапеции ЛВРК (покажите это самостоятельно!). Далее очевидно, что площадь трапеции ЛВРК в два раза меньше площади искомой трапеции ABCD. HTdLK,SABCD = &SCnek. Учитывая результат задачи 88, находим, что

Задача 91. Дан четырехугольник ABCD, в который можно вписать окружность. В него вписаны четыре окружности так, что каждая касается сторон соответствующего угла и двух соседних окружностей Докажите, что по крайней мере две из четырех соседних окружностей равны.

Решение. Обозначим точки касания окружностей со сторонами четырехугольника как на рис. 92. С учетом того, что ABCD — описанный, запишем:

АВ + DC = AD + ВС,

или

AF + FT л-ТВ л- DO + OP + PC =

= AN + MN + MD+ BK+ KL+ LC.

Далее, учтя, что

AF = AN, ВТ = ВК,

CL = CP, DO = DM,

запишем: FT + OP = MN + KL. Или, по задаче Архимеда,

Рис.92

где г\,г2,г3,7*4— радиусы данных окружностей. Тогда

а это возможно тогда, когда либо r2 = т4, либо гх =г3, т.е. хотя бы две из четырех окружностей — равны.

Задача 92. К двум касающимся кругам проведена касательная AB. Параллельно AB проведена касательная к меньшему кругу пересекающая больший круг в точках D и С (рис. 93). Зная, что радиусы данных кругов равны Rx и R2, найдите радиус круга, описанного вокруг треугольника BDC.

Решение. Исходя из задачи 35 для AADC запишем:

AD2 = АС2 = AW ■ АН =

= 2R2 • 2RX = 4RXR2.

Значит,

AD = AC = 2^RXR2.

Но, по задаче Архимеда, AB также равно 2^JRXR2, следовательно, точка А — центр описанной около треугольника BDC окружности. Итак,

Ответ: 2^RXR2.

Рис.93

ГЛАВА 14. ЗАДАЧА АРХИМЕДА О БИССЕКТРИСЕ. ЗАМЕЧАТЕЛЬНОЕ СВОЙСТВО ИНЦЕНТРА ТРЕУГОЛЬНИКА

В дошедших до нас трудах Архимеда находим лишь одну задачу, связанную со свойством биссектрисы. В интерпретации Сабита ибн Корры [4] и в соответствии с рис. 94 она выглядит так:

В современной элементарной геометрии известна формула:

(где /—инцентр треугольника),

которая, как нетрудно заметить, по сути дублирует задачу Архимеда. Действительно, из AAßLj (рис. 94) по свойству биссектрисы:

Рис.94

Формула (*) помогла Архимеду определить с высокой степенью точности границы числа я.

Посмотрим, как Архимед находил верхний предел числа х1.

Пусть АС = <зб— сторона описанного правильного шестиугольника (рис. 95). Пусть ОВ = R = l. ZAOC = 60° и ZAOB = 30°.

Тогда AB = — а6 = -j=; АО = -^=г. Пусть также OD — биссектриса

1 Заметим, что нижний предел находится аналогично.

угла ЛОВ. Тогда по задаче Архимеда. Или откуда

Заметим, что BD является половиной стороны описанного двенадцатиугольника, т.е.

По теореме Пифагора для ABOD находим OD. Проводим следующую биссектрису, потом еще одну и таким образом находим. Описанный девяностошестиугольник во времена Архимеда давал достаточно хорошее приближение числа к :

Так неожиданно, красиво и эффективно Архимед применил выведенное им свойство биссектрисы угла треугольника.

Как мы уже отмечали, в современных задачах более широкое применение находит формула -=-, доказав которую, мы тем самым решим и задачу Архимеда.

А затем постараемся показать, как владение формулой существенно повышает геометрическую эрудицию, делает посильным решение разнообразных конкурсных и олимпиадных задач.

Задача-теорема. Докажите, что инцентр I делит биссектрису AL\ треугольника ABC в отношении

Рис.95

Первое решение. Проведем биссектрису СХ3 в треугольнике ABC (рис. 96). По известному свойству биссектрисы для треугольника AL\C имеем:

Через вершину В проведем прямую к параллельно АЬ\. Прямая CA пересекает к в точке D. Нетрудно показать, что треугольник BAD — равнобедренный:

В А = AD = с.

Тогда из того, что

откуда и следует, что

Второе решение. По свойству биссектрисы для треугольника ABC (рис.97):

откуда

Тогда по этому же свойству для треугольника АЦС :

Третье решение. Через вершину А треугольника ABC проведем прямую t параллельно ВС (рис.98). Через инцентр I проведем ТК1.ВС. Ж = r,IT = nâ - г.

AAIT ~ ÀZj IK, откуда

или

Т.к.

Рис.96

Рис.97

Рис.98

Задача 93. Какое из расстояние больше: от вершины треугольника до инцентра или от инцентра до основания биссектрисы.

Решение. Владение свойством и знание неравенства треугольника сразу дают ответ:

Задача 94 (Киевские городские олимпиады, 1987 г.). Вписанная в треугольник ABC окружность касается стороны ВС в точке К. Докажите, что отрезок АК длиннее диаметра окружности.

Доказательство. Проведем высоту АН\ и отрезок IT параллельно ВС (рис. 99). 77/, - г, AT - ha - г. Очевидно, что:

Но по свойству инцентра:

Итак,

Но b + о а,

т.е.

Значит,

или

Поскольку АК > ha, то тем более АК > 2г

Рис.99

Задача 95 (олимпиада МФТИ). Биссектриса Я± пересекает вписанную в треугольник ABC окружность в точках Е иТ (рис. 100). Какой из отрезков больший: АЕ или TLi1.

Решение. АЕ = AI - г,7Ц = Щ - г,

Рис.100

1 Заметим, что попутно доказан факт: любая из высот треугольника больше диаметра вписанной в этот треугольник окружности.

Задача 96. Докажите, что если инцентр треугольника делит биссектрисы в одном и том же отношении, то данный треугольник равносторонний.

Доказательство. Согласно условию,

Прибавим к данным равенствам по единице:

отсюда следует, что а = b = с, итак, данный треугольник — равносторонний.

Задача 97. Докажите, что если инцентр треугольника делит биссектрису в отношении 2 : 1, то стороны треугольника составляют арифметическую прогрессию.

Доказательство. -=-= —, или b л- с -2а. А это и означает, что стороны треугольника составляют арифметическую прогрессию.

Задача 98. Стороны треугольника ABC составляют арифметическую прогрессию. Докажите, что прямая MI (где M — центроид, т.е. точка пересечения медиан треугольника) параллельна средней по величине стороне ВС.

Указание. Воспользуйтесь свойством инцентра, а также свойством центроида, что медианы треугольника в точке пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

Задача 99. В треугольнике ABC со сторонами а, Ь, с через инцентр проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. Найдите длины отрезков этих прямых, отсекаемых сторонами треугольника ABC.

Решение. Найдем один из отрезков, поскольку остальные находятся аналогично.

Рис.101

Из подобия треугольников AEF и АСВ (рис. 101) имеем:

откуда

(Заметим, что нетрудно показать, что СЕ + BF = EF (рис. 101), т.к. CI и BI — отрезки биссектрис. Тогда СЕ + BF - и возможна другая постановка вопроса в задаче 99: найдите сумму отрезков СЕ + BF ).

Задача 100. Биссектрисы АЬХ и BL2 треугольника ABC пересекаются в точке I. Известно, что А1:1Ц -2,BI:IL2 = 2. Найдите отношение сторон в треугольнике ABC

Решение. Согласно свойству инцентра -= 3;-= 2, или b + с = За; а + с = 2Ь. Решив эту систему уравнений, находим стороны треугольника: —с,—с; с. Т.е., отношение длин сторон треугольника таково: 3 : 4 : 51.

Задача 101. Центр вписанной окружности делит высоту равнобедренного треугольника, проведенную к основанию, на отрезки 5 см и 3 см, считая от вершины. Найдите стороны треугольника.

Решение. Пусть в треугольнике ABC b = с и -= - (рис. 102). Тогда

Тогда CLX = BLx=- = -b. По теореме Пифагора для треугольника AL\C AL\ = —b. Итак:

Рис.102

1 Обратим внимание на то, что это знаменитый «египетский» треугольник.

Продемонстрируем, как может применяться свойство -=- в тригонометрии.

Задача 102. Докажите, что если в треугольнике ABC выполняется равенство ctg — =-, то данный треугольник — прямоугольный.

Доказательство. По свойству инцентра: -=-. Но по свойству биссектрисы для треугольника АСЬ\ -=-(рис. 103). Значит:

-=-= ctg—,

что равносильно утверждению, что в треугольнике АСЦ угол АСЦ — прямой!

Рис.103

Задача 103. Докажите справедливость неравенства для произвольного треугольника ABC: sin < —.

Доказательство. Данное неравенство равносильно следующему:

Из треугольника AIT sin— = — (рис. 104). Докажем, что:

Рис.104

или г < IL\. Последнее неравенство очевидно (в треугольнике IKL\ катет меньше гипотенузы).

Заметим, что усилив данное неравенство с помощью неравенства Коши: b + с > мы получим еще одно важное неравенство:

которое, в свою очередь, тут же выведет нас на знаменитое:

Задача 104. Докажите формулу Мольвейде:

Доказательство. Известно, что угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины угла А, равен 1—-—1 (докажите этот факт самостоятельно).

Тогда в треугольнике IKLX

(рис. 105).

В треугольнике AIT

Тогда:

Откуда:

Рис.105

И формула Мольвейде доказана.

Покажем, как применяется формула = — — С при доказательстве геометрических неравенств.

Задача 105. Докажите, что в произвольном треугольнике ABC справедливо неравенство:

AI + BI + С/ > 6г.

Доказательство. Поскольку

(так как ILX > г — рис. 105). Итак,

Аналогично,

Тогда

или

Поскольку сумма двух взаимно-обратных величин не меньше, чем 2, то тем самым неравенство AI + BI + CI >6г доказано.

Задача 106. Докажите справедливость неравенства в произвольном треугольнике:

Доказательство. Согласно свойству инцентра исходное неравенство сводится к неравенству

Рассмотрим выражение

По неравенству Коши о среднем

геометрическом и среднем арифметическом:

Тогда

Аналогично,

А значит,

Исходное неравенство доказано!

Задача 107. Докажите справедливость неравенства в произвольном треугольнике ABC:

(Международная математическая олимпиада, 1991 г.)

Доказательство. Имеем

Согласно неравенству Коши для трёх чисел,

Еще несколько задач на формулу -=- предлагаем для самостоятельного решения.

Задача 108. Биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на отрезки 8 см и 10 см. Найдите стороны треугольника, если центр вписанной окружности делит эту биссектрису в отношении 3 : 2, считая от вершины угла.

Задача 109. В прямоугольном треугольнике ЛВС биссектриса CL3 прямого угла С делится инцентром так, что CI.IL^ = л/3:42. Найдите острые углы треугольника.

Задача 110. В прямоугольном треугольнике ЛВС (угол С равен 90°) гипотенуза равна с, а высота, проведенная к ней равна h. В каком отношении инцентр делит биссектрису прямого угла ?

Задача 111. Докажите справедливость неравенства для углов треугольника:

Задача 112. Докажите справедливость неравенства для произвольного треугольника ЛВС:

Задача 113. Докажите, что в произвольном треугольнике ЛВС выполняется неравенство:

ГЛАВА 15. РОЖДЕНИЕ МЕТОДА МАСС

Несомненно, «золотое правило механики» послужило Архимеду отправным пунктом для создания нового метода в геометрии — метода масс!

Суть «золотого правила механики» или, так называемого архимедова правила рычага, состоит в том, что произведение массы материальной точки на расстояние от неё до центра масс одинаково для обоих точек (рис. 106).

Рис.106

В основе же метода масс — простейшие свойства центра масс (центра тяжести):

1) конечная система материальных точек имеет единственный центр масс;

2) положение центра масс не зависит от порядка, в котором комбинируются данные материальные точки.

Заметим также, что материальную точку можно представить в виде маленького материального шарика, размерами которого можно пренебречь.

Если бы метод масс необходимо было представить только одной задачей, то вне конкуренции была бы, несомненно, теорема Архимеда о медианах:

Три медианы любого треугольника имеют общую точку, и каждая из медиан делится этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины. Как же доказывал эту теорему сам Архимед — автор первого в мире доказательства известнейшего сегодня факта геометрии треугольника? Вот как:

Поместим в вершинах произвольного треугольника ABC шарики единичной массы (рис. 107). Заменим шарики в вершинах В и С шариком массы 2 в точке М\ — середине отрезка ВС Тогда, чтобы найти центр масс треугольника

ABC, достаточно найти центр масс двух материальных точек А и Мх. Это не составляет труда, поскольку в точке Мх масса шарика в 2 раза большая. Центром масс по правилу рычага будет такая точка М, что AM.MMi =2:1. Но, во —первых, AMi — медиана. Во —вторых, центр масс единственен. Поэтому, рассуждая аналогично, можно показать, что точка M принадлежит как медиане ВМ2, так и медиане СМ3, что и доказывает справедливость теоремы.

Похоже, сам Архимед изумлён тем, что идеи механики помогают решить серьёзные геометрические задачи. Вот что он пишет в послании к Эратосфену «О механических теоремах»:

«Зная, что ты являешься, как я говорю, учёным человеком и по праву занимаешь выдающееся место в философии, а также при случае можешь оценить и математическую теорию, я счёл нужным написать тебе и в этой же самой книге изложить некоторый особый метод, при помощи которого ты получишь возможность с помощью механики находить некоторые математические теоремы. Я уверен, что этот метод будет тебе ничуть не менее полезен и для доказательства самих теорем».

Действительно, метод масс делает достаточно очевидными ряд серьёзных и важных фактов геометрии.

Задача 114. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных сторон четырёхугольника, делят друг друга пополам. Доказательство. Для решения задачи поместим в вершинах четырёхугольника одинаковые шарики и объединим их попарно двумя способами (рис. 108).

Рис.107

Рис.108

С помощью метода масс не представляет труда усилить задачу 114 следующей задачей:

Задача 115. Два отрезка, соединяющие середины противоположных сторон, и отрезок, соединяющий середины диагоналей четырёхугольника, пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам. (Докажите самостоятельно!)

Метод масс позволяет также гармонично осуществить «выход в пространство» — ведь 4 точки вовсе не обязаны лежать в одной плоскости.

Задача 116. Три отрезка, соединяющие середины противоположных рёбер тетраэдра, пересекаются в одной точке и делятся ею пополам. Докажите!

Доказательство. Смотрите рис. 109.

Рис.109

Задача 117. 4 медианы тетраэдра (отрезки, соединяющие каждую из вершин с центром масс противоположной грани) пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 3:1, считая от вершины. Докажите!

Доказательство. Находим центр тяжести трёх шариков единичной массы, находящихся в трёх вершинах тетраэдра. По теореме Архимеда о медианах — это шарик. А затем находим центр масс системы, состоящей из шарика ш(3) и шарика /и(1), находящегося в четвёртой вершине тетраэдра. «Золотое правило механики» даёт отношение отрезков 3 : 1. А поскольку три первые вершины были выбраны произвольно, доказательство завершено.

Задача 118. Медианы тетраэдра DABC пересекаются в точке М. Докажите, что MA + MB + MC + MD = Ö.

Доказательство. Равенство очевидно, поскольку, согласно методу масс, точка M является центром масс тетраэдра. В этой точке тетраэдр находится в равновесии, а значит, равнодействующая всех сил в этой точке равна нулю, что равносильно данной формуле.

Задача 119. Докажите, что для любой точки Т вне тетраэдра DABC справедлива формула:

ТА2 + ТВ2 + ТС2 + TD2 = MA2 + MB2 + MC2 + MD2 + ATM2 (где M — центр масс тетраэдра).

Доказательство. Очевидно, что

7Ä = TM + ~MÄ (рис. 110).

Аналогично, ТВ = ТМ+МВ, ТГ=7М-^МС, TD = TM + MD.

Тогда

Поскольку выражение в скобках есть нуль —вектор (см. задачу 118), то задача 119 решена.

Рис.110

Задача 120. Найдите точку сумма квадратов расстояний от которой до четырёх вершин тетраэдра минимальна.

Решение. Поскольку центр масс данного тетраэдра закреплен, то согласно задаче 119 выражение ТА2 + ТВ2 + ТС2 + TD2 будет минимальным, когда ТМ = 0, или Т = M.

Ответ. Этой точкой является центр масс тетраэдра.

Продемонстрируем также применение метода масс при решении ряда классических задач геометрии. При этом отметим ещё один важный факт метода масс, который весьма «пригождается» при решении задач:

Пусть К — произвольная точка внутри треугольника ABC. Всегда возможно так подобрать три массы в вершинах треугольника, чтобы точка К была центром масс системы из трёх получившихся материальных точек. (Докажите этот факт самостоятельно!)

Задача 121. Середины сторон произвольного шестиугольника соединили через одну. Докажите, что точки пересечения медиан двух образовавшихся треугольников совпадают.

Доказательство. Пусть АХА2А^А^А^А^ — данный шестиугольник (рис. 111). Пусть также В\% В2,В3, В4, В5, В6 — середины его

сторон. Поместим в вершинах шестиугольника единичные массы. Тогда систему точек Av а2, а3, а4, а5, Aq можно заменить двумя системами точек: Bi,B2,B5 или В2, В4, Bq. Все три системы имеют единый центроид, который совпадает с точкой пересечения медиан треугольников: В^В^В^ и В2В4В&.

Задача 122. Прямая, проходящая через вершину С и середину медианы та отсекает от AB одну треть её. Докажите!

Доказательство. Поместим в точках В и С (рис. 112) шарики единичной массы. Очевидно, что в точке Mj должен находиться шарик массы 2 (ВМХ = СМХ). Потребуем, чтобы точка Е была центром масс системы точек Д В, С. Для этого в точке А надо поместить шарик массы 2 (так как. АЕ = ЕМ\ — по условию).

Тогда точка N (точка пересечения СЕ и AB) — центр масс системы двух точек: А и В. По правилу рычага:

ш(2) • AN = /77(1) • BN,

откуда

AN: BN = 1:2, или AN : AB = 1:3, что и требовалось доказать.

Задача 123. Докажите, что точка пересечения диагоналей трапеции, точка пересечения продолжений её боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой.

Доказательство. Пусть О — точка пересечения диагоналей трапеции; Е — точка пересечения продолжений её боковых сторон (рис. 113). Потребуем, чтобы точка О была центром масс тре-

Рис.111

Рис.112

угольника AED. Поместим в точку Е шарик единичной массы 777(1). А в точках А и D соответственно шарики т(к) и m(t) — такие, чтобы точка О была центроидом. Для того, чтобы точка О была центром масс в треугольнике AED, точка В должна быть центром масс для точек А и Е% а точка С — для Е и D. Тогда, по правилу рычага,

т(к) ■ AB = 7тз(1) • BE, или

Аналогично,

Но по теореме Фалеса

Отсюда следует, что

т(к) = 777(/), то есть в точках А и D находятся одинаковые массы. А значит, точка N — середина AD — является центром масс системы точек А и D. Но тогда точка О — центр масс системы точек Е и N. А это и означает, что точки Е% 0% N принадлежат одной прямой, что и требовалось доказать!

Задача 124. Докажите справедливость формулы

где I — инцентр треугольника ABC.

Доказательство. Потребуем, чтобы точка / была центром масс в треугольнике ABC (рис. 114). Для этого поместим в точках А, В, С шарики с массами /zij, m2, /п3, соответственно. Точка Ц должна быть центром масс системы точек В и С. Тогда, по архимедову правилу рычага, 7773 ■ х - П22 • у, или

Но по свойству

Рис.113

биссектрисы:

Значит,

откуда,

Аналогично, — центр масс точек Ли С. Следовательно,

Л73 ■ z = тх • t, или

Но

(также по свойству биссектрисы), и тогда

откуда,

Поскольку I — центр масс точек Ayl Lx, то

Подставим полученные значения для я?2 и Ш\, и получим

что и требовалось доказать.

В письме Эратосфену Архимед также писал:

«Я убеждён, что будущие математики смогут при помощи указанного метода найти и другие теоремы, которые ещё не приходили в голову».

И действительно, предположение Архимеда о задачах, «которые нам ещё не приходили в голову», осуществлялось не раз.

Так, итальянский математик Джованни Чева впервые доказал свою теорему с помощью метода масс.

Леонард Эйлер, введя понятие момента инерции (свойства момента инерции тесно связаны со свойствами центра масс), доказал ряд важных и полезных геометрических фактов.

Немецкий математик А.Ф. Мёбиус, введя понятие барицентрических координат, построил на понятии о центре масс предмет проективной геометрии.

Рис.114

Так что идеи Архимеда, связанные с методом масс, живут и развиваются, обретая новое содержание и новые возможности.

В заключение главы отметим, что и сам Архимед широко применял понятие центра масс: для определения площади параболического сегмента, для вычисления объёмов тел. Отметим, что Архимед с помощью метода масс вывел замечательное отношение объёмов: объёмов конуса и шара, вписанных в цилиндр, к объёму самого цилиндра. В современных обозначениях это выглядит так:

Рис.115

ГЛАВА 16. ЗАДАЧА О ТРИСЕКЦИИ УГЛА

Три знаменитые задачи на построение волновали умы греческих математиков:

1) задача об удвоении куба;

2) задача о квадратуре круга;

3) задача о трисекции утла.

(Отметим, что и впоследствии крупные математики: Декарт, Виет и другие — занимались этими задачами).

Здесь, как и везде, Архимед показал себя талантливым исследователем и изобретателем. Так, для решения задач о трисекции угла и о квадратуре круга, он использовал специальную кривую — спираль Архимеда. Несомненно, спираль Архимеда заслуживает отдельного разговора. Но в силу необходимости введения полярных координат и сложности доказательства, этот разговор останется за пределами нашей книги.

Мы же остановимся на задаче Архимеда, связанной с трисекцией угла, где Архимед использовал так называемый способ «вставок». На сначала сама задача о трисекции угла:

«Циркулем и линейкой разделить данный угол на три равные части».

Сегодня хорошо известно, что эта задача, как и две другие, неразрешимы с помощью циркуля и линейки. Знали ли об этом древнегреческие математики? Конечно! (Хотя точного доказательства невозможности таких построений у них не было и быть не могло. Это современная математика легко оперирует уравнением sin За = 3 sin а - 4 sin а, показывая, что оно не имеет рациональных решений при произвольном а). Поэтому и использовались для решения специальные кривые (спираль Архимеда), дополнительные инструменты, оригинальные способы (способ «вставок»).

Задача Архимеда. Дан угол ЛОВ. Из точки О как из центра радиусом OA = OB = R проведена окружность. Докажите, что если с помощью циркуля и линейки удастся «вставить» отрезок CD - R (рис. 116), то трисекция угла АОВ будет выполнена!

Доказательство. Пусть

ZCDO = ZCOD = а

(СО = CD=R\. Тогда ZOCB=2a (внешний для ACOD). Но и ZOBC = 2а (ВО - СО = R). Теперь нетрудно заметить, что ZAOB = За (внешний для ABOD). Таким образом, ZCDO - а — составляет третью часть данного угла (ZAOB - За). Следовательно, если бы возможно циркулем и линейкой отложить («вставить») отрезок CD - R (где D принадлежит прямой АО), то трисекция произвольного угла АОВ была бы возможна!

Заметим, что «вставка» отрезка CD - R, как и любые другие «вставки» в идущих ниже задачах, неосуществимы с помощью циркуля и линейки.

Однако какая игра ума! Какие красивые, полезные задачи!

Задача 125. Дан угол АОВ, AELOB (рис. 117). Через точку А проведена прямая паралельно OB. Пусть удалось «вставить» отрезок KT - 2АО — так, что KT пройдёт через точку О. Докажите, что в этом случае трисекция угла выполнена.

Доказательство. В прямоугольном треугольнике КАТ проведём AN — медиану к гипотенузе. Очевидно, что AN = KN = TN = АО. Пусть также

ZATN = Z TAN = a.

Тогда ZANO = 2a (внешний для AANT. Но и ZTOB = a (внутренний накрест лежащий с углом АТО). Следовательно, ZAOB = За, и при этом отрезок ОТ отсекает третью часть этого угла. Трисекция осуществлена!

Рис.116

Рис.117

Задача 126. Дан угол АОВ. Из точки О как из центра проведена окружность радиуса АО = ВО = R (рис. 118). Пусть в сегмент AB нам удалось «вставить» FH — перпендикуляр к AB — такой, что АН = ВН + BF. Докажите, что в этом случае трисекция угла АOB выполнена.

Доказательство. Отложим НК = = ВН. Тогда, с учётом условия, F В - АК. Но F В = F К (треугольник BFK — равнобедренный). Значит, АК = FK. Пусть ZFBK = a. Тогда uAF = 2a. Для равнобедренного треугольника AKF ZFKB = a — внешний. Тогда ZFAK = — и uBF = a.

Поскольку угол АОВ является центральным и опирается на дугу AFB, равную За, то ZAOB = За. Есть угол За и угол а — трисекция осуществлена!

Рис.118

Задача 127. Дан угол АОВ. Из точки О как из центра проведена окружность радиуса АО = ВО = R (рис. 119). Пусть удалось «вставить» отрезок EF (прямая EF содержит диаметр) — такой, что BE - BF. Докажите, что в этом случае трисекция угла выполнена.

Предлагаем решить эту задачу самостоятельно.

Рис.119

Задача 128. Итальянский инженер и математик Джованни Чева изобрёл инструмент для деления угла на три равные части (рис. 120). Докажите самостоятельно, что х = а. Примечание. Точки А и В свободно перемещаются по сторонам угла ADB — с тем, чтобы угол АОВ принимал произвольные значения.

Рис.120

Задачи, связанные с трисекцией угла, нет —нет да и мелькают в череде конкурсных, а чаще олимпиадных задач.

Вот, казалось бы, совершенно «невинная» задача на построение.

Задача 129. Построить равнобедренный треугольник по высоте и биссектрисе, проведённым к боковой стороне, или (Ь = c)\hb)lb.

Решение. Анализ показывает, что Д2?//2^2 нетрудно построить по катету hb и гипотенузе 1Ь (рис. 121). А вот дальше... Пусть ZABI^ = a. Тогда ZACB = 2a. Сосчитав углы, найдём, что ZBL1H2 = 180°-За. Но этот угол построен. Значит, построен и угол За. Нам же для построения треугольника ABC необходимо сначала угол a, а затем и 2а. Однако, трисекция угла За невозможна. Значит, невозможно и построение данного треугольника ABC

Конечно, существуют такие углы (назовем их «удобными»), трисекцию которых можно осуществить. К «удобным» углам следует отнести углы в 90°, 45°, некоторые другие углы.

«Чемпионом» среди таких углов, на наш взгляд, бесспорно, является угол 54°!

Задача 130. Дан угол 54°. С помощью циркуля и линейки разделите его на три равные части.

Решение. Воспользуемся тем фактом, что -^-54°= 18°. Дополнив угол 54° до прямого, получим угол 36° (рис. 122). Биссектриса угла 36° даст нам искомый угол 18°.

Рис.121

Рис.122

Задача 131. Дан угол 54°. Одним циркулем выполните трисекцию этого угла (т.е., найдите точки так, чтобы лучи, проходящие через вершину данного угла и эти точки, разделили его на три равные части).

Решение. Пусть ZAOB - 54° (рис. 123). Радиусом OA = OB = R из точки О, как из центра проведем окружность. Этим же раствором циркуля (равным R) делаем засечки: К\ N] Т. Причем Т — точка, диаметрально противоположная точке В (докажите!). Раствором циркуля, равным AB, делаем засечки: В и F. Градусная мера дуги TF равна:

180°-54°-3 = 18°.

Раствором циркуля, равным TF, делаем последовательно две засечки, начиная, например, из точки А. Очевидно, что полученные две точки D и С— искомые!

Рис.123

И, наконец, в заключение главы — задача, вызывающая улыбку.

Задача 132. Трисекция какого угла возможна с помощью одной линейки? Ответ: 270° (рис. 124).

Рис.124

ГЛАВА 17. СЕМЬ ЗАДАЧ С АРБЕЛОНОМ

В «Книге лемм» Архимед ввел в геометрию новую фигуру — арбелон. Арбелон представляет собой площадь, ограниченную тремя полукругами, построенными на отрезках AD, DC, АС как на диаметрах — рис. 125 (их радиусы будем обозначать соответственно /"J, 7*2, 7*! + 7*2 ).

АРБЕЛОН, КАК И ВСЯ ГЕОМЕТРИЯ АРХИМЕДА — ИЗЯЩНАЯ ГЕОМЕТРИЯ КРУГА.

Эту фигуру четыре столетия спустя изучал Папп Александрийский, ею в средние века занимались арабские ученые, комментаторы Архимеда.

Сегодня задачи с арбелоном встречаются на олимпиадах, в научно-популярной литературе.

Из приведенных ниже задач, 133я, 138я и 139а восходят к Архимеду.

Задача 133. Из точки D восставлен перпендикуляр к прямой АС до пересечения с внешним кругом в точке В. Докажите, что площадь арбелона равна площади круга с диаметром DB.

Доказательство. Площадь арбелона равна разности площади полукруга ABC (рис. 125) и полукругов AMD и DNC. То есть:

Поскольку угол ABC — прямой, то BD — высота, опущенная на гипотенузу в треугольнике ABC, значит,

Рис.125

Тогда площадь круга с диаметром BD равна:

Задача 134. Окружность с диаметром DB пересекает малые круги арбелона в точках M и N (рис. 126). Докажите, что точка M принадлежит прямой AB, а точка N — прямой ВС.

Доказательство. Угол AMD — прямой, как опирающийся на диаметр AD. Угол BMD — также прямой, как опирающийся на диаметр BD. Следовательно, угол АМВ — развернутый, т.е. точка M лежит на прямой AB. Аналогично доказывается, что точка N лежит на прямой ВС.

Задача 135. Докажите, что MN (рис. 126) является общей внешней касательной к малым кругам арбелона.

Доказательство. Пусть Ох и Oi — центры диаметров AD и DC, ZBAD = a. Докажем, что ZBMN = 90°-а. Имеем: ZABD = ZBMN = = 90°-а (т.к. MBND — прямоугольник).

ZAMOx = ZMAOx = а.

Значит,

ZOxMN = 90°.

Аналогично, Z02NM - 90°. Следовательно, MN— общая внешняя касательная к полукругам AMD и DNC.

Рис.126

Задача 136. Пусть 1 — касательная к большему кругу арбелона в точке В. Докажите, что 1 параллельна MN, где MN — касательная к малым кругам арбелона.

Указание. Так как точки А, Ми В лежат на

Рис.127

одной прямой (см. задачи 134 и 135), то, по лемме о параллельных диаметрах, ОхМ\\ОВ, где О— центр AB.

Задача 137. Докажите, что отрезки, высекаемые арбелоном на прямых, проведённых из точки D под одинаковыми углами к АС, равны между собой (рис. 128).

Указание. Воспользуйтесь решением задачи 59.

Рис.128

Задача 138. В арбелон по разные стороны от перпендикуляра DB вписаны круги, как показано на рис. 129. Докажите, что их радиусы равны.

Рис.129

Решение. Проведём диаметр вписанного круга HN параллельно АС. Пусть точки F и G — точки касания вписанного круга с полукругами арбелона (рис. 129). Тогда, по лемме о параллельных диаметрах, точки А, H и F, а также, точки F, N и С ; H, G и D, A, G и N соответственно, лежат на прямых линиях. Продолжим AF до пересечения с линией DB в точке L. Продолжим AN до пересечения с большим кругом арбелона в точке / Тогда точки С, I и L — лежат на одной прямой (N— ортоцентр AALC). Из подобия треугольников ALD и HLN, учитывая параллельность HD и LC, запишем, что

Откуда,

Аналогично получаем такое же выражение для диаметра второго круга.

Задача 139. В арбелон вписан круг (рис. 130). Докажите, что расстояние от его центра до прямой АС равно его диаметру

Решение. Проведём диаметр вписанного круга EF параллельно АС Учитывая лемму о параллельных диаметрах, построим соединяющие прямые, как показано на рис. 130. Тогда, из параллельности прямых ВМ и CF и прямых ЕК и FL, следует:

(1).

Аналогично,

(2).

Из равенств (1) и (2) получаем: KL =АК CL. Но из подобия треугольников АКБ и FLC следует, что ЕК -AKCL, что и доказывает требуемое.

Рис.130

ЛИТЕРАТУРА

1. Архимед. Сочинения. М: Физматгиз, 1962.

2. Лурье С.Я. Архимед. М.-Л., 1945.

3. аль—Бируни. Избранные произведения. Ташкент, 1957, том 7.

4. Б.А. Розенфельд. Научное наследие. М., 1980, том 8.

5. Коган В.Ф. Архимед. Краткий очерк о жизни и творчестве. М.-Л., 1951.

6. Б.Л. ван дер Варден. Пробуждающаяся наука. М.: Физматгиз, 1959.

7. К.Ф. Беккер. Мифы Древнего Мира. Симферополь, «Реноме», 1998.

8. Кушнір I.A. Методи розв'язання задач з геометрії. К. Абрис, 1994.

9. B.B. Прасолов. Геометрические задачи древнего мира. М., «Фазис», 1997.

10. В.В. Прасолов. Задачи по планиметрии. М., Наука, 1991.

11.И.Ф. Шарыгин. Геометрия 7 — 9. М., «Дрофа», 1997.

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие.................................................................................................3

Первоисточники..........................................................................................4

Условные обозначения...............................................................................5

Вступление....................................................................................................6

Глава 1. Теорема Архимеда.......................................................................9

Глава 2. Формула Герона — доказательство Архимеда...................15

Глава 3. Применение формулы Герона-Архимеда.............................17

Глава 4. Ещё одна формула для площади............................................23

Глава 5. «Эврика» по математике..........................................................25

Глава 6. Равнобедренный треугольник.................................................28

Глава 7. Лемма о параллельных диаметрах.........................................34

Глава 8. Лемма о перпендикулярах на секущую...............................41

Глава 9. Лемма о перпендикуляре из точки касания........................45

Глава 10. Лемма о центре окружности................................................48

Глава 11. Лемма о перпендикулярных хордах или урок одной задачи...........................................................54

Глава 12. Применение леммы о перпендикулярных хордах...........61

Глава 13. Задача о касающихся кругах................................................65

Глава 14. Задача Архимеда о биссектрисе. Замечательное свойство инцентра треугольника............71

Глава 15. Рождение метода масс............................................................82

Глава 16. Задача о трисекции угла........................................................90

Глава 17. Семь задач с арбелоном.........................................................95

Литература..................................................................................................99

Здано до виробництва 27.07.2000. Підписано до друку 22.08.2000. Формат 60x841/16. Друк офсетний. Папір офсетний №1. Гарнітура "Таймс". Ум. вид. арк. 3,78. Об. вид. арк. 4,05.

«Чертежи на песке» — новая книга о задачах, леммах, теоремах, методах в геометрии, автором которых является Архимед. В книге предпринята попытка связующей нитью Времён соединить геометрию Архимеда с современной! обучающей, конкурсной и олимпиадной геометрией.