|
Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес
оригинального документа
: http://www.mccme.ru/ask/qa/archimedes.html
Дата изменения: Mon Dec 15 17:05:09 2003 Дата индексирования: Tue Oct 2 06:25:47 2012 Кодировка: koi8-r |
В. Как доказывается следующая "лемма Архимеда":
если окружность вписана в сегмент окружности, стягиваемый хордой BС, и касается дуги в точке А1, а хорды - в точке А2, то прямая А1А2 является биссектрисой угла BA1C.
О. Укажем 4 доказательства.
Доказательство 1: пусть P и Q - точки пересечения отрезков A1B и A1C с маленькой окружностью. Проведем общую касательную к окружностям в точке A1. Поставим на ней точку K, лежащую в той же полуплоскости, что и B, относительно прямой A1A2. Запишем равенство углов:
(1) (2)
A1QP = KA1B = A1CB
(1): оба этих угла равны половине дуги A1P маленькой окружности (один как вписанный угол, другой как угол между хордой и касательной).
(2): оба этих угла равны половине дуги A1B большой окружности (по аналогичным причинам).
Стало быть, BC и PQ параллельны. Запишем равенство углов:
(3) (4) (5)
BA1A2 = PQA2 = QA2C = QA1A2
(3): как углы, опирающиеся в маленькой окружности на одну дугу A1P
(4): как внутренние накрест лежащие углы при параллельных PQ и BC
(5): как угол между касательной A2C и хордой A2Q
Что и требовалось доказать.
Доказательство 2 отличается от доказательства 1 методом доказательства параллельности прямых AB и PQ. Рассмотрим гомотетию f с центром в точке A1, переводящую большую окружность в маленькую (такая гомотетия существует, поскольку окружности касаются в точке A1). Имеем f(B)=P, f(C)=Q, следовательно f(BC)=PQ, и BC параллельно PQ. Далее по доказательству 1.
Доказательство 3: пусть прямая A1A2 вторично пересекает большую окружность в точке M, центр маленькой окружности I, большой - O. Запишем равенство углов: IA2A1=IA1A2=OMA1 (как углы при основании в равнобедренных треугольниках IA1A2 и OA1M). Отсюда отрезки OM и IA2 параллельны. Прямая BC перпендикулярна одной из параллельных прямых (IA2), следовательно, она перпендикулярна и другой (OM). Таким образом, точка M есть точка пересечения перпендикуляра, опущенного из центра большой окружности на хорду BC, с большой окружностью, следовательно, M есть середина дуги BC, и A1M есть биссектриса угла BA1C, что и требовалось доказать.
Доказательство 4: рассмотрим инверсию с центром в точке A1. Наши окружности перейдут в пару параллельных прямых (при изготовлении рисунка будьте внимательны - бОльшая окружность перейдет в ту прямую, которая ближе к A1!). Прямая BC перейдет в некоторую окружность, проходящую через A1, касающуюся дальней прямой (являющейся образом внутренней окружности) и пересекающую ближнюю прямую (являющуюся образом внешней окружности) в точках B' и C'. Наша задача теперь выводится из следующего факта: к окружности проведены касательная и параллельная ей секущая. Доказать, что отсекаемая секущей дуга делится пополам точкой касания. Это утверждение очевидно.
Лемма Архимеда приведена в качестве задачи с номером 2.27 (с вторым из указанных здесь решений) в книге:
Прасолов В.В. "Задачи по планиметрии." 4-е изд., дополненное. Москва, Изд-во Московского центра непрерывного математического образования, 2001. 584 с. ISBN 5-900916-82-0
Полнотекстовая версия данной книги доступна через интернет: щелкните здесь.
