Три задачи о треугольнике

Три задачи о треугольнике

1. Произвольная точка Р отражена от середины сторон треугольника A₁A₂A₃, т. е. построены точки:

P₁ — симметричная точке Р относительно середины стороны А₂А₃,

Р₂ — симметричная точке Р относительно середины стороны А₃А₁,

Р₃— симметричная точке Р относительно середины стороны А₁А₂.

Что можно сказать об отрезках А₁Р₁, А₂Р₂ А₃Р₃?

Ответ подскажет опыт, т. е. тщательно вы­полненный чертеж. Он покажет, что эти три отрезка пересекаются в одной точке, которая делит каждый из них пополам.

Для доказательства выберем начало радиус-векторов в точке Р и, исполь­зуя экономные обозначения, обозначим А₁, А₂, А₃ радиус-векторы вершин заданного тре­угольника (рис. 9 а). (Не советуем эти радиусвекторы проводить на чертеже, достаточно себе их представить.) Тогда, в силу условия задачи, радиус-векторы точек Р₁, Р₂, P₃, отражений точки Р, определяются по формулам:

P₁=A₂,+А₃; Р₂=А₃+А₁; Р₃=А₁+А₂.

Пусть С₁ — середина отрезка A₁P₁; тогда:

2•С₁=А₁+Р₁=А₁+(А₂+А₃).

Пусть С₂ — середина отрезка А₂Р₂, тогда:

2•C₂=A₂+P₂=A₂+(A₃+А₁).

Учитывая, что правые части этих формул равны между собой, придем к выводу, что 2•С₁=2•С₂, т. е. убедимся, что отрезки А₁Р₁ и А₂Р₂ имеют общую середину С, имею­щую радиус-вектор C₁=С₂. Аналогичным спо­собом убедимся, что и отрезки A₁P₁ и А₃Р₃ имеют общую середину С, имеющую радиус-вектор C₁=С₃, Таким образом, все три отрезка имеют общую середину С, а это и требовалось доказать. Запомним, что

2•C=A₁+A₂+A₃ (α)

2. Пусть точки Q₁, Q₂, Q₃ — середины отрезков Р₂Р₃, P₃P₁, ,P₁P₂, рассмотренных в предыдущей задаче, а точки М₁, М₂, М₃ — середины сторон А₂А₃, А₃А₁, А₁А₂. Что можно сказать об от­резках M₁Q, M₂Q₂, M₃Q₃

Из рис. 9 б

видно, что они пересекаются в одной точке, которая является их общей се­рединой. Вот алгебраическое доказательство:

2•Q₁=Р₂+Р₃=(А₃+А₁)+(А₁+А₂)=2•А₁+А₂+А₃, (β)

2•Q₂=P₃+Р₁=(А₁+A₂)+(А₂+А₃)=2•A₂+A₃+A₁, (β')

2•Q₃=Р₁+Р₂=(А₂+А₃)+(А₃+А₁)=2•A₃+A₁+A₂, (β'')

Если D₁ — середина отрезка М₁ Q₁, то 2•D_l = M₁+Q₁

и, следовательно,

2•(2D)=(M₁+Q₁)+(M₁+Q₁)=2•M₁+2•Q₁=(А₂+А₃)+(2•А₁+А₂+А₃)=(А₁+А₂+А₃)+(А₁+А₂+А₃)=2•(А₁+А₂+А₃)                                                                                                      (γ)

Аналогичным образом получим:

2•(2D₂)=(M₂+Q₂)+(M₂+Q₂)=А₃+А₁+(2•А₂+А₃+А₁)=2•(А₂+А₃+А₁)                        (γ') 

2•(2D₃)=2•(А₃+А₁+А₂)                                                                                                               (γ")         

Правые части формул (γ), (γ'), (γ") равны между собой, и поэтому D₁=D₂=D₃, что и требова­лось доказать.

3. Что можно сказать о прямых A₁Q₁, A₂Q₂, A₃Q₃?

Ответ. Они пересекаются в одной точке, которая симметрична точке Р относительно точки С (сделать чертеж).

Доказательство. Обозначим бук­вой Р' точку, симметричную точке Р относи­тельно точки С; тогда Р'=2С и, в силу фор­мулы (α),

P'=A₁+A₂+A₃.

Обозначим теперь буквой А₁' середину отрез­ка А₁Р'; тогда:

2•А'₁=А₁+Р'=2•А₁+А₂+А₃.

Правая часть этой формулы совпадает с пра­вой частью формулы (β), и поэтому А'₁=Q₁, т. е. точка А'₁ есть не что иное, как уже из­вестная нам точка Q₁. Отсюда следует, что точка Р' лежит на прямой A₁Q₁.

Аналогичным образом докажем, что она лежит и на прямой A₂Q₂, и на прямой A₃Q₃, а это и требовалось доказать.

• ВЕКТОРНАЯ АЛГЕБРА ПОМОГАЕТ ГЕОМЕТРИИ
• Зачем изучают векторную алгебру    
• Важная для геометрии алгебраическая формула  
• Задача о двух параллелограммах 
• Экономное обозначение для радиус-векторов
• Три задачи о треугольнике
• Задача о двух центральных шестиугольниках   
• Задача о двух серединах  
• Решите сами следующие задачи