Текст статьи Гейдман Б. П. Гомотетия и замечательные точки в треугольнике // Квант. — 1977. — № 10. — С. 48—49.
Задача про трапецию
Начнём с задачи про трапецию. Вот её формулировка:
Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения продолжений боковых сторон трапеции и точку пересечения её диагоналей, проходит через середины оснований трапеции.
Как её решать? Нарисуем трапецию, продолжим её боковые стороны, проведём диагонали, соединим середины оснований (см. рис. 1). Мы видим, что образуется много пар подобных треугольников. С подобными фигурами связано отображение плоскости на себя, которое называется гомотетией. При гомотетии с центром
Пусть
Рассмотрим две гомотетии:
Разберём это решение подробнее.
Гомотетия
Таким образом, гомотетия
Аналогично доказывается, что
Середину отрезка гомотетия переводит в середину образа этого отрезка, так как при гомотетии все расстояния между точками умножаются на одно и то же число, равное модулю коэффициента гомотетии.
И, наконец, середины оснований трапеции, как соответствующие точки гомотетии, лежат на прямой, проходящей через её центр.
Центр тяжести треугольника
Докажем теперь с помощью результата задачи о трапеции теорему о медианах треугольника, а именно, докажем, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении
Доказательство. Пусть
Далее. Гомотетия
Ортоцентр треугольника
Докажем ещё одну теорему.
Высоты треугольника пересекаются в одной точке. (Точка пересечения высот называется ортоцентром треугольника.)
Доказательство. Пусть
Попутно мы доказали такое важное следствие:
Центр тяжести
Задачи
- Найдите гомотетии, переводящие один из двух данных параллельных отрезков в другой.
- На плоскости заданы окружность и две точки
$A$ и$B$ на ней. Пусть$N$ — произвольная точка этой окружности,$M$ — центр тяжести треугольника$ABN$. Найдите множество точек$M$. - На плоскости заданы две концентрические окружности. Проведите хорду в большей из них так, чтобы она делилась меньшей окружностью на три конгруэнтные части.
- Две окружности касаются внешним образом. Точки касания общих внешних касательных последовательно соединены. Докажите, что в получившейся четырёхугольник можно вписать окружность.
- Дан острый угол
$AOB$ и внутри него точка$C$. Найдите на стороне$OB$ точку$M$, равноудалённую от стороны$OA$ и от точки$C$. - Докажите, что во всяком треугольнике основания высот, середины сторон и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на одной окружности. (Эта окружность называется окружностью девяти точек.)
Ответы, указания, решения
Если данные отрезки не конгруэнтны, то существуют две гомотетии, переводящие один из них в другой (см. рисунки 1 и 2; на рисунке 2 изображён случай, когда отрезки принадлежат одной прямой).
Если данные отрезки конгруэнтны, то существует одна гомотетия, переводящая один из них в другой.
Рис. 1 
Рис. 2 Искомым множеством точек
$M$ является окружность, в которую переходит данная окружность при гомотетии с центром в середине отрезка$AB$ и коэффициентом гомотетии$\dfrac13$, но без образов точек$A$ и$B$ (рис. 3).
Рис. 3 Пусть
$(O;R)$ и$(O;r)$ — данные концентрические окружности;$[AB]$ — искомая хорда;$\{C,D\}=[AB]\cap(O;r)$. (Точку А можно выбрать на большей окружности произвольно.)По условию
$[AC]\cong[CD]\cong[DB]\Rightarrow C=H_A^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle3}}(B)$. Но $$ \begin{gather*} B\in(O;R)\Rightarrow C\in H_A^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle3}}((O;R)),\\ \left.\begin{aligned} &C\in(O;r)\\&C\in H_A^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle3}}((O;R))\end{aligned}\right\} \Rightarrow C\in(0;r)\cap H_A^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle3}}((O;R)). \end{gather*} $$Итак, задача имеет решение, если меньшая окружность пересекается с образом большей окружности в гомотетии
$H_A^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle3}}$. Последнее произойдёт, когда$R\gt r\ge\dfrac R3$ (см. рис. 4).
Рис. 4 Пусть
$AB$ и$CD$ — общие внешние касательные к двум данным окружностям$(O;r)$ и$(O';r')$, касающимся внешним образом($A$, $B$, $C$ и$D$ — точки касания).Если
$r=r'$, то$ABCD$ — квадрат, и в него можно вписать окружность.Если
$r\ne r'$, то$(AB)\cap(CD)=S$. Проведём касательные$MN$ и$KL$ к окружности$(O;r)$ в точках пересечения её с прямой$SO$ (рис. 5).
Рис. 5 Пусть
$H$ — гомотетия, переводящая окружность$(O;r)$ в окружность$(O';r')$: $$ \left.\begin{aligned}&H_S([MN])=[KL]\\&H_S([AC])=[BD]\end{aligned}\right\} \Rightarrow\dfrac{|KL|}{|MN|}=\dfrac{|BD|}{|AC|}\Rightarrow\dfrac{|AC|}{|MN|}=\dfrac{|BD|}{|KL|}=k; $$ и гомотетия$H_S^k$ переводит четырёхугольник$MKLN$ в четырёхугольник$ABDC$. Но в четырёхугольник$MKLN$ вписана окружность$(O;r)$; следовательно, в гомотетичный ему четырёхугольник$ABCD$ можно вписать окружность.См. рисунок 6.
Рис. 6 Пусть
$M$ — центр тяжести треугольника$ABC$, $R$ — его ортоцентр,$O$ — центр описанной окружности,$A_1$, $B_1$, $C_1$ — середины сторон (рис. 7).Гомотетия
$H_M^{-\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle2}}$ переводит окружность$\mathit\Gamma$, описанную около треугольника$ABC$, в окружность$\gamma$ с центром$O_1$, проходящую через середины сторон$A_1$, $B_1$ и$C_1$. При этом$H_M^{-\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle2}}(R)=O$, $|RM|=2|OM|$; $H_M^{-\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle2}}(O)=O_1$, $|O_1M|=\dfrac12|OM|$, так что центр$O_1$ окружности$\gamma$ является серединой отрезка$RO$ (см. рис. 7).
Рис. 7 Покажем, что окружность
$\gamma$ проходит через середину$A_2$ отрезка$RA$ (для отрезков$RB$ и$RC$ доказательство аналогично).Заметим, что
$H_M^{-\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle2}}([RA])=[OA_1]$, так что$|OA_1|=\dfrac12|RA|$. Симметрия$S_{O_1}$ с центром в$O_1$ переводит противоположно направленные лучи$OA_1$ и$RA$ друг в друга, а потому$A_2=S_{O_1}(A_1)\in[RA]$ и$|RA_2|=|OA_1|=\dfrac12|RA|$. Поскольку симметрия$S_{O_1}$ переводит окружность$\gamma$ в себя, получаем, что$A_2\in\gamma$. Далее, пусть
$D$ — основание высоты, опущенной из вершины$A$. Поскольку$A_1A_2$ — диаметр окружности$\gamma$, а$D$ — вершина прямоугольного треугольника$A_1DA_2$ с гипотенузой$A_1A_2$, получаем, что основание высоты$D$ также принадлежит$\gamma$. То же справедливо и для других высот треугольника$ABC$.
