Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://mmmf.msu.ru/lect/shvezov/droz.pdf Дата изменения: Thu Mar 17 14:16:04 2011 Дата индексирования: Mon Oct 1 19:42:59 2012 Кодировка: Windows-1251

От прямой Симсона до теоремы Дроз-Фарни
Элементарная геометрия буквально усыпана красивыми жемчужинами, которые доставляют огромное удовольствие тем, кто ими любуется. Тем поразительнее тот факт, что и сами по себе эти шедевры могут выступать в качестве вспомогательных утверждений для доказательства других геометрических шедевров.
Прямая Уоллеса-Симсона

Начн?м мы наш тур с замечательной прямой Симсона. Основания перпендикуляров, опущенных из точки P описанной окружности треугольника на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой.(рис. 1)

Доказательство.

Если мы покажем, что B1 C1 A = B C1 A1 , то наше утверждение будет доказано. В доказательстве во всей красе показывает себя метод ?вспомогательной окружности?. Что это значит?!(рис.2) Краткости ради вв?дем обозначения: B1 C1 A = и B C1 A1 = . Точки B1 , C1 , A и S лежат на одной окружности с диаметром AS (почему?). Следовательно, B1 C1 A = B1 S A = (так как оба этих угла ?смотрят? на дугу B1 A). Тогда из треугольника B1 S A заметим, что B1 AS = 90 - . Четыр?хугольник C AS B вписан в окружность, поэтому C AS + C B S = 180 = S B C = 90 + S B A1 = 90 - . Как и выше, из прямоугольного треугольника S B A1 находим, что B S A1 = . Осталось лишь заметить, что точки C1 , B , A1 и S лежат на одной окружности с диаметром B S . Откуда следует равенство углов B S A1 = A1 C1 B (оба ?смотрят? на дугу B A1 ). Таким образом получили, что = . Нам удалось доказать теорему!

Открытие этой прямой долго приписывалось Роберту Симсону, но в действительности она была открыта лишь в 1797 г. Вильямом Уоллесом. Поэтому наиболее справедливое название прямая Уоллеса, хотя наиболее популярным является название прямая Симсона. Сей факт широко используется при решении задач, связанных с окружностью.




Упр. 1. Две окружности пересекаются в точках M и N . Через точки M и N проводятся прямые, пересекающие окружности в точках A и B , C и D соответственно. Докажите, что AC ||B D.

Оказывается, что верно и обратное утверждение.

Если основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки или их продолжения, лежат на одной прямой, то точка угольника.

S

на стороны треугольника

S

лежит на описанной окружности тре-

Прямая Симсона обладает многими удивительными свойствами. Оказывается, кроме указанных потрясающих свойств, существует обощение прямой Симсона. Проекции точки P описанной окружности четыр?хугольника AB C D на прямые Симсона треугольников B C D , C D A, D AB и B AC лежат на одной прямой (прямая Симсона вписанного четы-

Упр. 2. Докажите это.

Доказательство. Обозначим через B1 , C1 и D1 проекции точки P на прямые AB , AC и AD(рис. 3). Опять же замечаем, что точки A, B1 , P, C1 и D1 лежат на одной окружности с диаметром AP . C другой стороны, вспомнив определение прямой Симсона для треугольника, получим, что прямые B1 C1 , C1 D1 и D1 B1 являются прямыми Симсона точки P относительно треугольников AB C, AC D и ADB соответственно. Теперь же последнее усилие. Заметим, что проекции точки P на прямые Симсона этих треугольников лежат на одной прямой прямой Симсона треугольника B1 C1 D1 . Точно так можно показать, что на одной прямой лежит любая тройка рассматриваемых точек, следовательно, и все они лежат на одной прямой. Любовь к обобщениям привела исследователей к следующему результату:
Аналогично по индукции можно определить прямую Симсона вписанного

р?хугольника).

n

-

угольника как прямую, содержащую проек-

(n - 1)-угольников, полученных выбрасыванием одной из вершин n-угольника. Так, например, только что мы разобрались с прямой Симсона для четыр?хугольнника. Теперь для примера разбер?м прямую Симсона для пятиугольника. Итак, пусть есть пятиугольник A1 A2 A3 A4 A5 . Сначала ?выбрасываем? вершину A1 , тогда останется четыр?хугольник A2 A3 A4 A5 , а для него прямая Симсона уже определена. Аналогично возникают ещ? пять прямых Симсона(по очереди выбрасываем вершины A2 , A3 , A4 , A5 ). Так вот, проекции произвольной точки P описанной окружности на эти пять прямых лежат на одной прямой. Это утверждение верно и для произвольного n-угольника.
С прямой Симсона естественным образом связана другая замечательная прямая прямая Штейнера. Точку R описанной окружности треугольника AB C отразили симметрично относительно сторон треугольника. Полученные таким образом три точки будут лежать на одной прямой, которая называется прямой Штейнера точки

ции точки

P

на прямые Симсона всех

Упр. 3. Докажите это утверждение для пятиугольника.

R

относительно треугольника

AB C

.


Для начала пойм?м, почему же эти точки будут лежать на одной прямой (рис. 4). Точки B1 , C1 , A1 лежат на одной прямой, ибо это прямая Симсона. Точки же RB , RC , RA находятся от точки R в два раза дальше, чем точки B1 , C1 , A1 , поэтому они тоже лежат на одной прямой. Чем же замечательна прямая Штейнера?

Доказательство. Здесь уже совсем просто не получится, нужны знать некоторые ?хитрости?. Итак, пусть прямая Штейнера точки R относительно треугольника AB C пересекает высоту C D в точке H (рис. 5). Наша цель показать, что точка H есть ортоцентр. Как это сделать, сразу не разглядеть. Но оказывается, что ортоцентр обладает следующим свойством-признаком.
Если ортоцентр треугольника отразить симметрично относительно стороно треугольника, то полученные точки лежат на описанной окружности треугольника.


Прямая Штейнера проходит через ортоцентр (точку пересечения высот) треугольника.

Доказательство. Нам достаточно показать, что AC B + AQB = 180 . ! Но C B1 H + C A1 H = 90 + 90 = 180 B1 C A1 + A1 H B1 = 180 B1 C A1 + AH B = 180 (B1 H A1 = B1 C A1 ). А вот точку Q мы получали в результате симметричного отражения точки H , следовательно, AH B = AQB , а поэтому AC B + AQB = 180 .
Упр.4. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.

Доказанный факт сыграет ключевую роль в нашем доказательстве.

!

Здесь мы воспользуемся таким утверждением:

Вокруг четыр?хугольника можно описать окружность тогда и

только тогда, когда сумма величин его противоположных углов равна

180 .


Вспомним, что при доказательстве теоремы Симсона(самой первой) было показано, что четыр?хугольник RC1 A1 B вписанный, то есть A1 B R + A1 C1 R = 180 , но A1 C1 R + B1 C1 R = 180 (смежные углы) B1 C1 R = A1 B R. Теперь видим, что C E R = C B R, ибо оба угла опираются на дугу C R. Откуда получаем равенство углов C E R = B1 C1 R, что в свою очередь говорит о параллельности прямых C E ||B1 C1 . Однако же, понятно, что прямые Штейнера и Симсона параллельны, то есть H RC ||B1 C1 . Теперь посмотрим на четыр?хугольник C E RQ(рис. 7). Во-первых, этот четыр?хугольник является трапецией, ибо C D DC1 , E R DC1 . Во-вторых, раз эта трапеция вписана в окружность, трапеция равнобокая, то есть C E = QR. Сейчас же видим, что четыр?хугольник H RC E является параллелограммом, так как C H ||E RC , C E ||H RC , следовательно, C E = H RC , поэтому четыр?хугольник H RC RQ равнобокая трапеция. Вспомнив же, что C1 середина отрезка RC R(так мы определяли точку RC ) и DC1 RRC , несложно понять, что H D = DQ. " Наконец, используя ?свойствопризнак? для ортоцентра, получим что точка H является ортоцентром треугольника AB C .

Посмотрим на два равных треугольника H RC C1 = QRC1 (H R H C1 = QC1 H C1 Q равнобедренный, следовательно H C1 = C1 Q.

"

C

= QR, RC C1 = C1 R, H RC C1 = QRC1 )


Отметим некоторые следствия из привед?нного рассуждения. Следствие 1. Пусть точка R лежит на описанной окружности треугольника AB C , H ортоцентр треугольника AB C . Прямая Симсона точки R делит отрезок RH пополам. Доказательство. В предыдущем доказательстве мы показали, что прямая Симсона точки R (C1 K на рис. 8) параллельна прямой H RC . Стало быть, глядя на треугольник RC H R, по теореме о средней линии получим, что H K = K R. Следствие 2. Три прямые, симметричные прямой Штейнера точки D относительно сторон треугольника, пересекаются в точке D. Из второго следствия следует, что если через ортоцентр треугольника провести произвольную прямую, то прямые, ей симметричные относительно сторон треугольника, будут пересекаться в одной точке, лежащей на описанной окружности треугольника.
Точка Микеля.
Упр. 6. Докажите этот факт.

В первой части мы могли убедиться, что вписанные углы порой приносят огромную пользу. Также весьма полезны они в следующем сюжете. Итак, пусть даны четыре прямые, образующие четыре треугольника. Описанные окружности этих треугольников имеют общую точку, которую называют точкой Микеля (рис. 9).

Доказательство. Пусть описанные окружности треугольников B E C и C DF пересекаются в точке M (рис. 10). Покажем, что эта же точка M лежит на описанной окружности треугольника AE D, т.е. что четыр?хугольник AE M D является вписанным. Для этого опять достаточно показать, что E AD + E M D = 180 . Из вписанности четыр?хугольника B E M C заключаем, что E M C + E B C = 180 AB C = E M C (ведь E B C + AB C = 180 ). Посмотрев же на вписанный четыр?хугольник M C DF , видим, что C M D = C F D (опираются на дугу C D). Значит справедлива следующая цепочка равенств: E AD + E M D = B AF + E M C + C M D = B AF + AB F + AF B = 180 , последнее равенство на теорему о сумме углов треугольника AB F . Анологично можно показать, что и описанная окружность треугольника AB F проходит через точку M . Доказательство завершено. Как и прямая Симсона, точка Микеля обладает интересными свойствами.


Родственная задача для геометрии треугольника можно сформулировать следующим образом.
Лемма.

Если на каждой стороне треугольника отметить по

одной точке и через каждую вершину треугольника и отмеченные

(рис. 11) . Доказательство похожее на то, которое мы видели только что, нужно совершить ?круиз по углам?. Пусть описанные окружности треугольников AK F и B K P L пересекаются в точке P . Как и выше, покажем, что окружность, описанная вокруг треугольника F C L, проходит через точку P , для чего достаточно показать равенство F C L + F P L = 180 . Из вписанности четыр?хугольников и свойств смежных углов получаем цепочку равенств: AK P + AF P = 180 AK P = P F C . Анологично, B K P + B LP = 180 B K P = P LC , но AK P + B K P = 180 , а значит, и равные им углы также дают в сумме 180 .
окружности пересекутся в одной точке

точки на смежных сторонах провести окружности, то три эти

Теорема Дроз-Фарни

В 1899 году Арнольд Дроз-Фарни опубликовал без доказательства следующую замечательную
Теорему.

Пусть две взаимно перпендикулярные прямые, проходящие через ортоцентр треуголь-

ника, высекают на прямых, содержащих стороны треугольника, три отрезка. Середины этих тр?х отрезков лежат на одной прямой

(рис. 12).

Оказывется факты, изложенные выше чудесным образом, переплетаются при доказательстве этой жемчужины геометрии.


Доказательство. Отразим ортоцентр H относительно сторон треугольника, полученные точки обозначим Ha , Hb и Hc (на рис. 13 точка Hc не изображена). Далее, построим на отрезках A1 A2 ,B1 B2 и C1 C2 , как на диаметрах, окружности. Назов?м их Ca, Cb, Cc. Отметим, что точка H попадает на все эти три окружности(почему так?). Точки же Ma , Mb и Mc являются центрами этих окружностей, т.к. они середины диаметров. К тому же точки Ha , Hb и Hc лежат на окружности, описанной вокруг треугольника AB C (?свойство-признак? для ортоцентра). Согласно следствию 2 в сюжете о прямой Штейнера(смотрите чуть выше) получаем, что прямые B1 Hb и A1 Ha пересекаются на описанной окружности треугольника AB C , обозначим е? N . Осталось последнее усилее, рассмотрим треугольник B1 N A1 и точки Hb , H, Ha , которые лежат на его сторонах(продолжениях). Применив для него лемму из предыдущей части, получаем, что описанная окружность треугольника AB C , окружности Ca, Cb пересекаются в одной точке M . Анологично получим, что и окружность Cc проходит через туже самую точку M ! Cуммирую вс?, получим что три окружности Ca, Cb, Cc пересека-


ются в двух общих точках M и H (рис. 14). Но центр окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде окружности M H . Тем самым, все три точки Ma , Mb , Mc лежат на одной прямой.


Задачи.

В заключении нашего повествования предлагается задачи о прямой Симсноа и точки Микеля, некоторые из них считаются классикой, другие менее известны. Точки A, B и C лежат на одной прямой, точка P вне этой прямой. Докажите, что центры описанных окружностей треугольников AB P, B C P, AC P и точка P лежит на одной окружности.
Задача 1. Задача 2.

В треугольнике AB C проведена биссектриса AD и из точки D опущены перпендикуляры DB1 и DC1 на прямые AC и AB ; точка M лежит на прямой B1 C1 , прич?м DM B C . Докажите, что точка M лежит на медиане AA1 .

Задача 3. Четыр?хугольник AB C D вписан в окружность; la прямая Симсона точки A относительно треугольника B C D, прямые lb , lc и ld определяются аналогично. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

Точка P движется по описанной окружности треугольника AB C . Докажите, что при этом прямая Симсона точки P относительно треугольника AB C поворачивается на угол, равный половине угловой величины дуги, пройденной точкой P .
Задача 4. Задача 5.

Докажите, что прямые Симсона двух диаметрально противоположных точек описанной окружности треугольника AB C перпендикулярны, а их точка пересечения лежит на окружности девяти точек. #
Задача 6.

Прямая Симсона точки P , лежащей на описанной окружности треугольника AB C , перпендикулярна прямым, симметричным прямым P A, P B , P C относительно биссектрис углов A, B , C треугольника AB C соответственно.
Задача 7

(М МО 2006 г. Акопян.). Дан треугольник AB C и точки P и Q, лежащие на его описанной окружности. Точку P отразили относительно прямой B C и получили точку Pa . Точку пересечения прямых QPa и B C обозначим A1 . Точки B1 и C1 строятся анологично. Докажите, что точки A1 , B1 и C1 лежат на одной прямой.
Задача 8. Четыре прямые образуют четыре треугольника. Докажите, что центры описанных окружностей этих треугольников лежат на одной окружности, проходящей через точку Микеля.

Прямая пересекает стороны AB , B C и C A треугольника(или их продолжения) в точках C1 , B1 и A1 ; O, Oa , Ob и Oc центры описанных окружностей треугольников AB C, AB1 C1 , A1 B C1 и A1 B1 C ; H, Ha , Hb и Hc ортоцентры этих треугольников. Докажите, что:
Задача 9.

а) Oa Ob Oc AB C . б) серединные перпендикуляры к отрезкам OH, Oa Ha , Ob Hb и Oc Hc пересекаются в одной точке.
Задача 10.

Четыр?хугольник AB C D вписанный. Докажите, что точка Микеля для прямых, содержащих его стороны, лежит на отрезке, соединяющем точки пересечения продолжений сторон. $
Задача 11.

Точки A, B , C и D лежат на окружности с центром O. Прямые AB и C D пересекаются в точке E , а описанные окружности треугольников AE C и B E D пересекаются в точках E и P . Докажите, что: а) точки A, D, P и O лежат на одной окружности; б) E P O = 90 . Даны четыре прямые. Докажите, что проекции точки Микеля на эти прямые лежат на одной прямой.
Задача 12. Задача 13.

Микеля.
#

В тексте мы говорили об обобщении прямой Симсона. Придумайте обобщение точки

Окружностью девяти точек называю окружность, проходящую через середины сторон треугольника. При этом она проходит через основания высот, а также через середины отрезков, соединяющих вершины треугольника с ортоцентром, итого 9 точек. $ Сравните эту задачу с леммой из текста.


Список литературы
[1] Jean-Louis Ayme, A purely synthetic proof of the Droz-Farny line theorem, Fotum Geom., 4(2004)219224. [2] Праслов В. В. Задачи по планиметрии. [3] Яглом И. Я. Комплексные числа.