Дан отрезок $AB$. Найти на плоскости множество точек $C$ таких, что в треугольнике $ABC$ медиана, проведенная из вершины $A$, равна высоте, проведенной из вершины $B$.
Редакция получила много писем с решениями этой задачи, но почти все они неполные. Многие читатели забыли, что при отыскании геометрического места точек (ГМТ) надо обязательно убедиться в двух вещах: 1) все точки найденного множества удовлетворяют условию; 2) все точки, удовлетворяющие условию, принадлежат найденному множеству. Требование 1) многие как раз и не учли. Мы приведём два решения задачи: одно — чисто геометрическое, второе — с помощью метода координат.
Первое решение. Начнём с 2). Пусть нам дан отрезок $AB$ и пусть $C$ — точка, удовлетворяющая условию, $AD$ — медиана треугольника $ABC$. Достроим треугольник до параллелограмма, продолжив медиану $AD$ до точки $E$ так, что $AD=DE$. Здесь возможны два случая: угол $AEB$ острый или тупой.
Рис. 5, аРис. 5, б
(а) Пусть угол $AEB$ острый (рис. 5, а). Проведём $BF\perp AC$, $AK\parallel BF$, тогда в прямоугольном треугольнике $AEK$ катет $AK$ равен половине гипотенузы $AE$, поэтому $\angle AEB=30^\circ$.
(б) Пусть угол $AEB$ тупой (рис. 5, б). Проведя $BF\perp AC$, $AK\parallel BF$, получим аналогично случаю (а), что $\angle AEK=30^\circ$, поэтому $\angle AEB=150^\circ$ (отличие от случая (а) в том, что теперь точки $K$ и $B$ лежат по разные стороны от $E$).
Рис. 6, аРис. 6, б
Итак, если $C$ — искомая точка, то отрезок $AB$ виден из точки $E$ под углом в $30^\circ$ или в $150^\circ$. Как известно, все такие точки $E$ находятся на двух окружностях $O_1$ и $O_2$, которые делятся хордой $AB$ на дуги в $300^\circ$ и $60^\circ$ (рис. 6, а), и, следовательно, все точки $C$ — на таких же окружностях $O_1'$ и $O_2'$, полученных из $O_1$ и $O_2$ параллельным переносом на отрезок $l=AB$ в направлении от $B$ к $A$ (рис. 6, б).
Рис. 7, аРис. 7, б
Теперь докажем, что любая точка $M$ окружностей $O_1'$ и $O_2'$ принадлежит искомому множеству точек. Пусть $M$ — произвольная точка одной из этих окружностей; тогда проведя $MK=AB$, $MK\parallel AB$, мы получим точку $K$ на одной из окружностей $O_1$ или $O_2$ (рис. 7, а, б). На рисунке 7, a$BF\perp MA$, $AL\parallel BF$, $AL=BF$, тогда (из $\triangle AKL$) $AL=\dfrac12AK$, т. е. точка $M$ удовлетворяет условию. Аналогично на рисунке 7, б$BF\perp MA$, $AL=BF$, $\angle AKB=150^\circ$, $\angle AKL=180^\circ-\angle AKB=30^\circ$, т. е. $AL=\dfrac12AK$, и точка $M$ также удовлетворяет условию. Итак, все точки $O_1'$ и $O_2'$, кроме точек $N$ и $A$, удовлетворяют условию.
Отметим, что многие читатели, решавшие задачу геометрически, получали в ответе части окружностей $O_1'$ и $O_2'$. (Рисунок 8, а получился, например, у В. Машанова из г. Гродно, рисунок 8, б — у С. Иваненко из г. Феодосии и рисунок 8, в у А. Аляева из Пензенской обл.) Правильное решение (хотя и немного отличное от приведённого здесь) прислала Л. Столярова из г. Пензы.
Рис. 8, аРис. 8, бРис. 8, вРис. 9
Второе решение. (Небольшое упрощение решения, присланного А. Гришковым из г. Томска.) Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A$, пусть точка $B$ имеет координаты $(2;0)$, а искомая точка $C$ — координаты $(x;y)$. Пусть $AF$ — медиана в треугольнике $ABC$, $BK\perp AC$ (рис. 9). Легко показать, что точка $F$ имеет координаты $\left(\dfrac{x+2}2;\dfrac y2\right)$. Тогда $AF^2=\left(\dfrac{x+2}2\right)^2+\dfrac{y^2}4$. По условию $BK^2=AF^2$, поэтому из подобия треугольников $AKB$ и $ACD$ следует, что $\dfrac{BK^2}{AK^2}=\dfrac{CD^2}{AD^2}$ или $$
\dfrac{\left(\dfrac{x+2}2\right)^2+\dfrac{y^2}4}{4-\left[\left(\dfrac{x+2}2\right)^2+\dfrac{y^2}4\right]}=\dfrac{y^2}{x^2}.\tag1
$$
Преобразовывая (1), получим
$$
y^4+(2x^2+4x-12)y^2+(2x+x^2)^2=0.\tag2
$$
Это и есть уравнение, связывающее координаты искомых точек. Некоторые читатели писали дальше, что оно определяет кривую четвёртого порядка, нарисовать которую довольно трудно.
На самом деле оказывается, что левая часть уравнения (2) раскладывается на множители:
$$
[(x+1)^2+(y+\sqrt3)^2-4][(x+1)^2+(y-\sqrt3)^2-4]=0.\tag3
$$
Догадаться об этом можно, например, так.
Введём обозначение: $y^2=z$. Тогда (2) — квадратное уравнение относительно $z$. Разложим его левую часть на множители. Для этого найдём корни (2):
$$
\begin{align*}
z_{1,2}&=\dfrac{12-2x^2-4x\pm\sqrt{(12-2x^2-4x)^2-4(2x+x^2)^2}}2=\\
&=\dfrac{12-2x^2-4x\pm\sqrt{48(3-x^2-2x)}}2=\\
&=6-x^2-2x\pm2\sqrt{3(3-x^2-2x)}=\\
&=(\sqrt{3-x^2-2x}\pm\sqrt3)^2.
\end{align*}
$$
Уравнение (2) можно представить теперь в таком виде:
$$
[z-(\sqrt{3-x^2-2x}+\sqrt3)^2][z-(\sqrt{3-x^2-2x}-\sqrt3)^2]=0
$$
или $$
[y^2-(\sqrt{4-(x+1)^2}+\sqrt3)^2][y^2-(\sqrt{4-(x+1)^2}-\sqrt3)^2]=0.\tag4
$$
Рис. 10
Подумайте, какие множества задаёт каждое из уравнений
$$
\begin{gather*}
y^2-(\sqrt{4-(x+1)^2}+\sqrt3)^2=0\\\text{и}\quad y^2-(\sqrt{4-(x+1)^2}-\sqrt3)^2=0
\end{gather*}
$$
(см. рисунок 10, где одно из этих множеств — красное, а другое — зелёное).
Девятиклассник П. Криксунов из г. Киева и некоторые другие читатели, приславшие нам решения этой задачи, заметили, что аналогично можно решить и такую более общую задачу: найти множество точек $C$ таких, что в треугольнике $ABC$ отношение медианы $AD$ к высоте $BF$ равно данному числу $k$ (годится любой из двух описанных выше способов решения).
