Метод гармонических пучков.
1. Гармонические пучки.
Четыре прямые, проходящие через одну точку, будем называть гармоническим пучком, если между углами, образованными прямыми пучка, имеет место соотношение (рис. 1):
sinР1 sinР3 = sinР2 sinР4                                                                                                               (1)

Рис.1. Гармонический пучок.
Основное свойство гармонического пучка:
Любая прямая, пересекающая все четыре прямых пучка, разбивается (рис. 2) на пять частей - два луча и три отрезка - так, что   х1х3 = х2123                                                                 (2)

Рис.2. Пересечение гармонического пучка прямой.
Действительно, теорема синусов для образовавшихся треугольников дает:
х1 = а(sinР1)/(sinРВ);
х2 = b(sinР2)/(sinРС);
х3 = с(sinР3)/(sinРD);
х123 = d(sinР4)/(sinРA);
Перемножив, получим с учетом (1) и теоремы синусов:
х1х3 = ac(sinР1)(sinР3)/(sinРВ)(sinРD) = [b/(sinРA)][d/(sinРС)][(sinР2)(sinР4)] = х2123);
Ясно, что (2) является не только необходимым, но и достаточным условием гармоничности пучка.

Название пучка "гармонический" оправдывается тем обстоятельством, что расстояние от конца отрезка А  до точки С есть средняя гармоническая величин расстояний АВ и АD и, аналогично, DB есть средняя гармоническая DC и DA.
Напомню, что а2 есть средняя гармоническая величина а1 и а3, если 1/a2 = 0,5( 1/a1 + 1/a3)  или
1/a2 - 1/a1 = 1/a3 - 1/a2 или a2=2a1a3/(a1+a3)                                                                                       (3)
Удобства ради тройку величин (а1, а2, а3), подчиняющихся соотношению (3) будем называть гармонической тройкой.
Пусть AC = y = x1 + x2;   AD = x1 + x2 + x3 = x4 .
Тогда x2 = y - x1;   x3 = x4 - y.
Подставляя эти соотношения в (2), получим
x1(x4 - y) = (y - x1)x4 или y = 2 x1x4/(x1 + x4), что и требовалось доказать.
Ясно, что второе утверждение доказывается аналогично. Впредь будем говорить, что гармонический пучок делит  отрезок AD "гармонически", а четыре точки ABCD - гармонической четверкой точек.

Из (2) следует, что при гармоническом делении средний отрезок - наименьший: x2<x1 и x2<x3, т.к. x4>x1 и x4>x3. Поэтому, если прямая пересекает гармонический пучок так, что два  соседних отрезка равны, то она обязана быть параллельной четвертой прямой пучка. Верно и обратное утверждение.
Вот пример, показывающий эффективность изложенных положений:

Рис. 3.
 Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке (рис.3). 
Пусть АМ - медиана АВС. 
Через точку О , разделяющую АМ в отношении АО:ОМ = 2:1 проведем ВD до пересечения с АС и достроим треугольник до параллелограмма АСА1В. 
Пучок ВА,BD, ВС и ВА1 - гармонический, 
т.к. отрезок АА1 = х4 делится на части: 
х1=2; х2=1; х3=3; х4=6  и  х1х32х4.
Т.к. АС||ВА1, то BD делит АС пополам, т.е. является медианой. 
2. Средние гармонические в планиметрии.
Если соотношения типа а2=(а13)/2 - среднее арифметическое илиа2=(а13)1/2 - среднее геометрическое достаточно широко иллюстрируются в геометрии и хорошо известны школьникам (настоящим и бывшим), то соотношения вида (3) - средние гармонические - знакомы значительно меньше. Вместе с тем гармонические пучки, а, следовательно, и соотношения типа (3) между геометрическими объектами встречаются достаточно часто, чему, в основном, и посвящена настоящая работа.
Пока только два примера.
Пример 1.
Две стороны и биссектриса внешнего и внутреннего углов треугольника при их общей вершине образуют гармонический пучок (рис.4), поскольку Р1 = Р4 и Р2 = Р3.
С этим пучком мы еще поработаем в дальнейшем.

Рис.4
Пример 2.

Рис. 5
Четыре прямые, проходящие через одну точку и параллельные сторонам и диагоналям параллелограмма образуют гармонический пучок.
Действительно, возьмем точку O в центре параллелограмма (рис.5).
Т.к.  ОА=CD и АВ=ОС, то (sinР1)/(sinР2) = AB/AO=  =OC/CD = (sinР3)/(sinР4) =>
=> (sinР1)/(sinР2) =  = (sinР3)/(sinР4)
Трапеция.
Средняя линия трапеции, являющаяся средним арифметическим ее оснований, хорошо известна. А вот другая прямая, параллельная основаниям и проходящая через точку пересечения диагоналей, вполне заслуживает дополнительного внимания (особенно в контексте настоящей работы).
Достаточно элементарны следующие свойства:
1. Прямая, параллельная основаниям и проходящая через точку пересечения диагоналей, делит диагонали и боковые стороны на части, пропорциональные основаниям.
2. Отрезок этой прямой, заключенный между боковыми сторонами делится точкой пересечения диагоналей пополам.
3. Этот отрезок равен среднему гармоническому оснований (рис. 6).
Действительно, теорема Фалеса дает:
u1/u2=m1/m и   n1/n2=v1/v2,
а подобие треугольников n1/n2=m1/m2=a/b,
что и доказывает первое свойство.
Так как b/c1=(m1+m2)/m1=1+m2/m1=1+n2/n1=(n1+n2)/n1=b/c2,
то c1=c2 - второе свойство.
Наконец, b/c1=1+m2/m1=1+b/a=(a+b)/a или
c=2c1=2ab/(a+b) - третье свойство.

Рис.6

Рис. 7. 
Продолжим теперь боковые стороны трапеции до пересечения в точке S (рис.7).
Так как (a,c,b) образуют гармоническую тройку, то (x1,  x1+x2,  x1+x2+x3) тоже образуют гармоническую тройку, 
точки (S, A1, C1, B1), 
как и точки (S, A2, C2, B2) являются гармоническими четверками точек, а пучок прямых с общей вершиной О 
-OS, OA1, OC1 и ОВ1 - гармоническим пучком.
Вот еще важное для дальнейшего свойство (рис.8) средней линии трапеции.
В трапеции ABCD   MN - средняя линия (средняя арифметическая),  PQ - средняя гармоническая,
Т - точка пересечения MC и PQ, 
R  - точка пересечения MD и PQ Тогда: 
4. BT||AR||CD и QT=BC; QR=AD.
Доказательство: по свойству 1 CQ/QD=a/b=BP/AP;
QT=MN*CQ/CN=(a+b)*CQ/(CQ+QD)=(a+b)/(1+QD/QC)=
=(a+b)/(1+b/a)=a;
следовательно, четырехугольник BTQC - параллелограмм.
Остальное для св-ва 4 доказывается аналогично.

Рис. 8 
5. AQ||MC, PD||BN.
Доказательство: BM/AP=AB/2AP=(AP+PB)/2AP=(a+b)/2b=a/[2ab/(a+b)]=BC/PQ,
поэтому тр-к MBC подобен тр-ку APQ и MC||AQ. Аналогично PD||BN.

3. Гармонические пучки в треугольниках.
Проведем в треугольнике А1А2А3 биссектрисы всех внутренних и внешних углов. Четыре точки их пересечения О0О1О2О3 являются центрами вписанного и так называемых вневписанных кругов (касающихся сторон треугольника извне). Эти точки равноудалены от сторон треугольника.

В работе автора [1] был разработан эффективный способ представления многих характерных отрезков в треугольнике (рис.9) через отрезки O0O1=s1;  O0O2=s2;  O0O3=s3;  O2O3=c1;  O1O3=c2;  O1O2=c3. Если в качестве единицы масштаба выбрать удвоенный диаметр круга, описанного около треугольника А1А2А3  - 4R, то в этом масштабе s1=sina1/2; s2=sina2/2; s3=sina3/2; c1=cosa1/2; c2=cosa2/2; c3=cosa3/2,  где a1,a2, a3 - углы треугольника.


Рис. 9.
Так, стороны треугольника в этом масштабе есть просто a1=s1c1;  a2=s2c2;  a3=s3c3,
радиусы вписанного и вневписанных кругов - r =s1s2s3;  r1=s1c2c3;  r2=s2c1c3;  r3=s3c1c2 ,
полупериметр треугольника p=c1c2c3 и т.д. (см. стр. 40 работы [1])
Вместе с тем, далеко не любые отрезки треугольника так просто выражаются через sn и  cn (n=1,2,3).
Так, если отрезки между точками On и Ak на рис.9 имеют простой мультипликативный вид, то другие отрезки, возникающие после фиксирования, например, точек пересечения биссектрис со сторонами треугольника (Ln, Kn) уже представляются через sn и cn более сложными формулами и мультипликативный метод неэффективен. Ему в помощь и предлагается эдесь метод гармонических пучков.
Как уже отмечалось ранее, пучок прямых, состоящий из сторон треугольника и его биссектрис, проходящих через одну вершину - гармонический.
В частности, гармоническим является пучок A1K1,  A1A2,  A1L1,  A1A3, поэтому точки K1, A2, L1, A3 являются гармонической четверкой точек.
Если в соответствии с рис.2 обозначить x1=K1A2, x2=A2L1, x3=A3L1, то благодаря (2) x1x3=x2(x1+x2+x3)
и для того, чтобы вычислить все расстояния между этими точками, достаточно знать любые два.

Из элементарной геометрии, например, известно, что биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные прилежащим боковым сторонам, т.е. A2L1=x2= a1a3/(a1+a3); A3L1=x3=a1a2/(a2+a3).
Поэтому A2K1=x1=x2(x2+x3)/x3-x2= a1a3/(a2-a3);
K1A3=a1a2/(a2-a3); K1L1=2a1a2a3/(a22 -a32)
Можно, например, зафиксировать следующие утверждения:

Точки O3L3O0A3 также образуют гармоническую четверку, т.к. прямая O3A3 пересекается тем же гармоническим пучком при вершине A1. Поэтому A3L3 есть среднее гармоническое A3O0 и A3 O3 или, другими словами, биссектриса треугольника есть среднее гармоническое расстояний от вершины до центров вписанного и внешневписанного кругов.
Так как в мультипликативном масштабе A3O0=s1s2 и A3O3=c2c3, то можно сразу записать в том же масштабе выражение для биссектрисы: A3L3=l3=2s1s2c1c2/(c1c2+s1s2).                    (5)
Легко вычислить  и остальные отрезки
O3L3=c1c2s3/(c1c2+s1s2) и O0L3=s1s2s3/(c1c2+s1s3)
Если учесть формулы мультипликативного масштабирования, то
l3=H3/cos0,5(a1-a2);
O3L3=r3/cos0,5(a1-a2);
O0L3=r/cos0,5(a1-a2),
записанные уже в произвольном масштабе.
Ясно, что пучок при вершине A3 - A3K1, A3O3, A3A1, A3O2 -также гармонический. Поэтому и точки K1O3A1O2  образуют гармоническую четверку. Но отрезки A1O3 и A1O2 носят "мультипликативный" характер A1O3=s3c2 и A1O2=s2c3, следовательно, легко могут быть вычислены и остальные расстояния между этими точками:
K1O3=s3c1c2/(s2c3-s3c2);
K1O2=s2c1c3/(s2c3-s3c2);
K1A1=2s2c2s3c3/(s2c3-s3c2);
или в произвольном масштабе:
K1O3=r3/sin0,5(a1-a2);
K1O2=r2/sin0,5(a1-a2);
K1A1=H1/sin0,5(a1-a2).
Так как точки A1O0L1O1 образуют гармоническую четверку, то и пучок O2O3, O2O0, O2L1, O2O1 - гармонический, значит и такие четверки точек на рис.9, как A1L2TA3, O3O0NA3, O3A3MO1 тоже гармонические, что позволяет легко вычислять отрезки между точками этих четверок.
Обратите внимание на то, что исходя из одного, вполне тривиального гармонического пучка, мы получили возможность вычислять большое число характерных отрезков в треугольнике.
В качестве иллюстрации эффективности метода гармонических пучков совместно с мультипликативным приведу здесь достаточно простое доказательство известной задачи Штейнера-Лемуса:
"если в треугольнике две биссектрисы равны, то он равнобедренный".
Несмотря на внешнюю простоту формулировки, эта задача имеет большую литературу и не считается элементарной.
Одно из доказательств основано на таком признаке равенства треугольников:
Два треугольника равны, если у них равны по одному углу, биссектрисе этих углов и стороне против равных углов.
Рис. 10 
Именно доказательство этого признака равенства треугольников и не является простым. Если же этот признак доказан, то решение задачи Штейнера-Лемуса элементарно (рис.10).
Пусть CE и BD - равные биссектрисы треугольника ABC, (.) O - точка пересечения биссектрис. 
Треугольники ABD и AEC равны, так как имеют общий угол А, общую биссектрису этого угла и равные стороны BD и EC (по условию).
Значит равны и углы ABD и ACD, как в два раза большие равных.
Теперь доказательство сформулированного признака.
Имеем согласно (5):
l3=2s1s2c1c2/(c1c2+s1s2) или
l3c3=2s1s2c1c2c32/(c1c2c3+s1s2s3) или
2pp3/(p+p3)=2p3(p3+a3)/(2p3+a3), здесь p - полупериметр. Относительно p3 последнее равенство можно рассматривать как квадратное уравнение
2p32+2(a3-l3c3)p3-a1l3c3=0,
которое всегда имеет единственное положительное решение. Это означает, что биссектриса угла, сам угол и лежащая против него сторона однозначно определяют величину
p3=(a1+a2-a3)/2.
С другой стороны
l3/c3=2a1a2/(c1c2c3+s1s2s3)=2a1a2/(p+p3)=2a1a2/(a1+a2)
или, с учетом предыдущей формулы
a1+a2=2p3+a3  и
a1a2=l3(p3+0,5a3)/c3.
Это система, правые части которой известны, то единственное с точностью до перестановки индексов "1" и "2" решение, т.е. угол, его биссектриса и противолежащая сторона определяют однозначно две другие стороны, а значит и треугольник.
Вернемся вновь к рис.9, выделим из него фрагмент (рис.11) и спроектируем вершины А2 и А3 на биссектрису внешнего угла при вершине А1. Выясняется, что прямые А2С13 и А3С12 пересекаются на середине биссектрисы A1L1.
Действительно, так как точки K1, A2, L1, A3 образуют гармоническую четверку точек, то гармонической является и четверка K1, C12, A1, C13.
Рассмотренные в п. 2 свойства трапеции позволяют утверждать, что A1L1 есть среднее геометрическое величин А2С12 и А3С13. Поэтому A1L1 проходит через точку пересечения диагоналей трапеции А2С12С13А3 и делится этой точкой пополам.

 Рис. 11
В работе [1] стр.79 отмечалось, что в точках типа С12 и  С13 пересекаются несколько характерных прямых и окружностей треугольника, что даже дало основание автору присвоить им наименование "узловые" точки.
Мы фактически доказали, что еще одна прямая, соединяющая вершину треугольника и середину биссектрисы также проходит через узел.
Вот еще одна известная задача, ккоторая эффективно решается излагаемыми методами:
Доказать, что прямая, проходящая через середину основания треугольника и центр вписанного круга, отсекает на высоте отрезок, равный радиусу этого круга (считая от вершины).
Проведем через точки касания с основанием вписанного и вневписанного кругов (А10 и А11) прямые, параллельные биссектрисе до пересечения с высотой (точки H10 и H11).
Естественно A1H10=r, A1H11=r1, A10H10=A1O и A11H11=A1O1 - как равные стороны параллелограммов.
Согласно (5) A1L1 есть среднее гармоническое A1O и A1O1.
Поэтому A1L1 есть средняя гармоническая оснований трапеции A10H10A11H11.
Кроме того, М1 есть середина не только отрезка А2А3, но и отрезки А10 и А11.
Согласно свойству 4 трапеции, рассмотренному в п. 2, прямая H10M1 отсекает на A1L1 отрезок, равный основанию A10H10, то есть проходит через центр вписанного круга.
Попутно получился и еще один любопытный результат: прямая М1О1 отсекает на высоте отрезок, равный радиусу вневписанного круга (считая от вершины А1).
Нетрудно убедиться, что точки H11, A1, H10 и H1 образуют гармоническую  четверку точек, что сразу дает интересные формулы:
H1-1=0,5[(H1+r1)-1+(H1-r1)-1]  и
(r1+r)-1=0,5[r1-1+(r1+H1)-1]
Высота есть среднее гармоническое (H1+r1) и (H1-r1), а сумма (r1+r) есть среднее гармоническое r1 и (r1+H1).
Проведем через точки касания с основанием вписанного и вневписанного кругов (А10 и А11) прямые, параллельные биссектрисе до пересечения с высотой (точки H10 и H11). Естественно A1H10=r, A1H11=r1, A10H10=A1O и A11H11=A1O1 - как равные стороны параллелограммов.
Согласно (5) A1L1 есть среднее гармоническое A1O и A1O1.
Поэтому A1L1 есть средняя гармоническая оснований трапеции A10H10A11H11.
Кроме того, М1 есть середина не только отрезка А2А3, но и отрезки А10 и А11.
Согласно свойству 4 трапеции, рассмотренному в п. 2, прямая H10M1 отсекает на A1L1 отрезок, равный основанию A10H10, то есть проходит через центр вписанного круга. Попутно получился и еще один любопытный результат: прямая М1О1 отсекает на высоте отрезок, равный радиусу вневписанного круга (считая от вершины А1).
В работе [1] отмечалось, что в точках типа H10, H11 пересекаются хорды разных вневписанных окружностей, проходящие через их точки касания. Через эти точки проходит и еще по одной интересной прямой М1О и  М1О1 соответственно.
В заключение приведу примеры практического применения изложенной теории.
1. Проведение на местности прямой, параллельной данной, через заданную точку.

Рис. 12
Пусть через точку В необходимо провести  прямую "b", параллельную прямой "a" (рис. 12).
1) Заготовим базу АВ (веревка, трос, планка и т.п.), на которой зафиксированы две точки: P - середина АВ и
Q - треть АВ   (PQ=AB/6).
2) Поместим конец А на прямую а и зафиксируем на ней две точи М и С так, чтобы АМ=МС.
3) Точка D - пересечение CP и MQ (полученная, например, c помощью провешевания) будет находиться на прямой "b", параллельной "a".
Действительно, пучок прямых DB, DC, DM и DA - гармонический (PQxAB=PBxAQ).
Так как СМ=МА, то по свойству параллельной секущей пучка прямые "a" и "b" -параллельны.
2. Продолжение прямой за препятствие.
Пусть требуется построить точку С на продолжении прямой АВ за препятствие R (рис. 13)

Рис. 13
1) Зафиксируем точки M и N так, чтобы AB=BN и AM=MN.
2) Проведем прямую "a", параллельную AN и зафиксируем на ней две точки P и Q так, чтобы BP=PQ. Тогда точка С пересечения прямых MP и NQ будет лежать на продолжении АВ.
Изменив положение точек P и Q, сохраняя только равенство BP=PQ, получим другие точки на продолжении прямой АВ.
Обоснование такого способа продолжения прямой может быть проведено с использованием свойств трапеции, сформулированных ранее.
Для этого построим точку К так, чтобы получилась прямоугольная трапеция MNCK.
Точка P - точка пересечения ее диагоналей.
В силу подобия треугольников MNB и CKB углы NBM и CBK равны и равны углу MBA (по построению). Поэтому ВС есть продолжение АВ.
Другой способ продолжения прямой за препятствие можно найти, например, в работе [2] стр.210. Интересно, что он также основан на свойствах гармонически разделенных отрезков.
Ограниченность объема не позволяет рассмотреть другие интересные четверки гармонических точек и гармонические пучки, встречающиеся в планиметрии.
Поэтому автор ограничится тем, что читатели, желающие убедиться в эффективности рассматриваемого метода, могут самостоятельно решить несколько задач.
Задача 1.
Показать, что прямые, проходящие через середину стороны А2А3 треугольника А1А2А3 и центры вневписанных кругов О2 и О3, отсекают на высоте, опущенной из вершины А1 отрезки, равные радиусам этих кругов (считая от вершины).
Задача 2.
В треугольнике А1А2А3 точки .S2 и S3, есть проекции вершин А2 и A3, на биссектрису А1L1, Тогда прямые А2Sз, АзS2, биссектриса внешнего угла при вершине А1, и одна из средних линий треугольника пересекаются в одной точке.
Задача 3.
К двум непересекающимся окружностям проведены внешние и внутренние касательные, а также прямые через центры окружностей, перпендикулярные линии центров. Доказать, что углы М1L1В1 и N1L1С1 равны.
Задача 4.
Хорды К1К2 и К1К3 соединяют точки касания вписанного в  треугольник А1А2А3 круга. Доказать, что отрезок любой прямой, параллельной основанию треугольника А2А3 делится прямой А1К1 пополам.
Задача 5.
Центр вписанной в треугольник А1А2А3 окружности О соединен с серединой М1 стороны А2А3. Точка Р1 - диаметрально противоположная с точкой касания К1. Доказать, что А1Р1 параллельна ОМ1.
Задача 6.
Два угла с вершинами в точках О и А пересекаются в точках В, С, Y и Z (см. рис.). Точка Х - пересечение прямых ВZ и СY. Найти геометрическое место точек Х, если сторона АYZ осуществляет поворот вокруг точки А .
    Литература
  1. Кузьмин Ю.Н. Мультипликативная геометрия треугольника. Вестник АТТ N 1 1997 г.
  2. Р.Курант и Г.Роббинс.Что такое математика? Изд."Просвещение". Москва 1967 г.