В треугольник $ABC$ вписан треугольник $A_1B_1C_1$ (так, что вершины $A_1$, $B_1$ и $C_1$ лежат соответственно на сторонах $BC$, $CA$ и $AB$), причём отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $P$. Докажите, что прямые, соединяющие середины сторон $AB$ и $A_1B_1$, $BC$ и $B_1C_1$, $CA$ и $C_1A_1$ пересекаются в одной точке $Q$, причём точки $P$, $Q$ и центр тяжести треугольника $ABC$ лежат на одной прямой.
Мы приведём два решения этой задачи: первое — более «механическое», второе — более «геометрическое».
Первое решение. Поместим в вершины треугольника $ABC$ грузы масс $a$, $b$ и $c$ так, чтобы центр тяжести этой системы масс попал в точку $P$. Для этого достаточно выполнения двух условий: условия $\dfrac{|AB_1|}{|B_1C|}=\dfrac ca$, гарантирующего принадлежность центра тяжести прямой $BB_1$, и условия $\dfrac{|AC_1|}{|C_1B|}=\dfrac ba$, гарантирующего принадлежность центра тяжести прямой $CC_1$. $\Big($Тогда $\dfrac{|BA_1|}{|A_1C|}=\dfrac cb$; тем самым мы попутно доказали теорему Чевы:
$$
\dfrac{|AB_1|}{|B_1C|}\cdot\dfrac{|CA_1|}{|A_1B|}\cdot\dfrac{|BC_1|}{|C_1A|}=1.\Big)
$$
Добавим теперь в каждую вершину груз массы $m=a+b+c$ (рис. 1). Центр тяжести $Q$ всей системы грузов можно найти, соединив точки $P$ (центр тяжести первоначальной системы) и $M$ (центр тяжести «добавляемой» системы, т. е. центр тяжести треугольника $ABC$) отрезком и поделив его в отношении $\dfrac{a+b+c}{3m}=\dfrac13$, считая от точки $M$.
Рис. 1Рис. 2
С другой стороны, массы в вершинах $A (2a+b+c)$, $B (2b+a+c)$, $C (2c+a+b)$ можно распределить на «подсистемы» так: части масс $A (a+c)$ и $B\left(\dfrac{(a+c)b}{a}\right)$ заменить массой $C_1 \left((a+c)\dfrac{a+b}{a}\right)$; части масс $A (a+b)$ и $C \left(\dfrac{(a+b)c}{a}\right)$ — массой $B_1 \left((a+c)\dfrac{a+b}{a}\right)$. Образовавшиеся в точках $B_1$ и $C_1$ две равные массы имеют центр тяжести посередине $[B_1C_1]$. Массы, оставшиеся в вершинах $B$ и $C$, тоже оказываются равными (хотя они могут получиться и отрицательными, как на рисунке 2):
$$
m+b-\dfrac{(a+c)b}{a}=m+c-\dfrac{(a+b)c}{a}=m-\dfrac{bc}{a},
$$
и поэтому их центр тяжести находится посередине $[BC]$. Значит, центр тяжести $Q$ всей системы лежит на прямой, соединяющей середины отрезков $B_1C_1$ и $BC$.
Аналогично доказывается, что $Q$ лежит на двух других прямых, упоминаемых в условии. Чтобы перевести наше механическое решение на математический язык, достаточно дать определение «центра тяжести» системы масс. Пусть $A_i$ — точки плоскости, $m_i$ — произвольные числа ($i=1$, 2, $\ldots$, $n$), «общая масса» $m_1+m_2+\ldots+m_n=M\ne0$. Центр тяжести$C=C\{A_i(m_i)\}$ определяется условием: для некоторой (а тогда и для любой) точки $O$ плоскости
$$
\overrightarrow{OC}=\dfrac1M(m_1\overrightarrow{OA_1}+\ldots+m_n\overrightarrow{OA_n}).
$$
(Это определение годится и для отрицательных $m_i$.) Нетрудно проверить единственный факт, которым мы пользуемся в решении: если $m_i=m_i'+m_i''$, $\sum m_i'=M'$ и $\sum m_i''=M''$, то центр тяжести $C=C\{A_i(m_i)\}$ лежит на прямой $C'C''$, где $C'=C\{A_i(m_i')\}$, $C''=C\{A_i(m_i'')\}$, причём
$$
\overrightarrow{OC}=\dfrac1M(M'\overrightarrow{OC'}+M''\overrightarrow{OC''}).
$$
Подробнее о «барицентрическом исчислении», которым мы воспользовались в этом решении, см. в книге М. Б. Балка «Геометрические приложения понятия о центре тяжести».
Второе решение. Обозначим середины сторон $BC$; $AC$ и $AB$, соответственно, через $X$, $Y$ и $Z$, а середины сторон $B_1C_1$, $A_1C_1$ и $A_1B_1$ — через $X_1$, $Y_1$ и $Z_1$ (рис. 3). Поместим в точки $A$, $B$, $C$ и $P$ единичные массы и будем искать центр тяжести этой системы материальных точек.
Рис. 3
Пусть $X_2$, $Y_2$ и $Z_2$ — середины отрезков $AP$, $BP$ и $CP$. Так как центр тяжести точек $B$ и $C$ находится в точке $X$, а центр тяжести точек $A$ и $P$ — в точке $X_2$, то центр тяжести всей системы лежит на прямой $XX_2$. По аналогичным причинам он лежит на прямых $YY_2$ и $ZZ_2$. Поскольку центр тяжести системы материальных точек существует, единствен и должен принадлежать всем этим прямым одновременно, эти три прямые пересекаются в одной точке; обозначим её через $Q$ (см. рис. 3).
С другой стороны, если $S$ — центр тяжести треугольника $ABC$ (т. е. точка пересечения его медиан), то центр тяжести системы точек $\{A,B,C,P\}$ лежит на отрезке $PS$. Выше мы показали, что центр тяжести этой системы находится в точке $Q$; значит $Q\in[PS]$. Более того, так как для отыскания центра тяжести системы $\{A,B,C,P\}$ последним способом мы должны поместить в точку $S$ массу в три единицы, точка $Q$ делит отрезок $PS$ в отношении $3:1$.
Если мы покажем, что прямые $XX_2$, $YY_2$, $ZZ_2$ проходят, соответственно, через точки $X_1$, $Y_1$ и $Z_1$, то задача будет решена. Последнее утверждение вытекает из следующей теоремы, применённой к четырёхугольникам $PA_1BC_1$, $PB_1AC_1$ и $PA_1CB_1$:
Теорема Гаусса. Если никакие стороны четырёхугольника не параллельны, то середина отрезка, соединяющего точки пересечения продолжений его противоположных сторон, лежит на прямой, соединяющей середины диагоналей.
Для доказательства принадлежности трёх точек прямой будем использовать следующий, почти очевидный, критерий (необходимое и достаточное условие); докажите его самостоятельно.
Пусть $K$ — внутренняя точка параллелограмма $A_1A_2A_3A_4$. Проведём через $K$ прямые, параллельные сторонам параллелограмма, и обозначим через $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$ точки пересечения этих прямых с его сторонами (рис. 4). Точка $K$ лежит на диагонали $A_1A_3$ параллелограмма тогда и только тогда, когда$S_{KB_1A_2B_2}=S_{KB_3A_4B_4}$ (через $S$ мы здесь обозначаем площадь).
Рис. 4
Доказательство теоремы Гаусса. Обозначим вершины четырёхугольника через $A$, $B$, $C$, $D$, точки пересечения продолжений его противоположных сторон через $E$ и $F$, а середины диагоналей $AC$, $BD$ и отрезка $EF$, соответственно, через $X$, $Y$ и $Z$. Проведём через точки $D$, $C$ и $F$ прямые, параллельные прямым $AF$ и $AE$, и введём обозначения, как на рисунке 5.
Рис. 5
Очевидно, что точки $C$, $L$ и $R$ гомотетичны, соответственно, точкам $X$, $Y$ и $Z$ с центром гомотетии $A$ и коэффициентом гомотетии 2. Поэтому принадлежность точек $X$, $Y$ ,$Z$ одной прямой равносильна принадлежности одной прямой точек $C$, $L$ и $R$.
Из приведённого выше критерия следует, что точка $L$ принадлежит прямой $CR$, если выполнено равенство $S_{LMPQ}=S_{LNTS}$. Докажем, что это действительно так.
Поскольку точка $C$ принадлежит диагоналям параллелограммов $AFQD$ и $ABSE$ (см. рис. 5), имеем: $S_{AGCH}=S_{CNQP}$ и $S_{AGCH}=S_{CMST}$. Поэтому $S_{CNQP}=S_{CMST}$, и, следовательно, $S_{LMPQ}=S_{LNTS}$, что и требовалось. Решение закончено.
