Демиург N 1/00

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 = х₂(х₁+х₂+х₃) (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);
х₁+х₂+х₃ = d(sinР4)/(sinРA);
Перемножив, получим с учетом (1) и теоремы синусов:
х₁х₃ = ac(sinР1)(sinР3)/(sinРВ)(sinРD) = [b/(sinРA)][d/(sinРС)][(sinР2)(sinР4)] = х₂(х₁+х₂+х₃);
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 х₁х₃=х₂х_4.
Т.к. АС||ВА₁, то BD делит АС пополам, т.е. является медианой.

2. Средние гармонические в планиметрии.
Если соотношения типа а₂=(а₁+а₃)/2 - среднее арифметическое илиа₂=(а₁+а₃)^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/m₂ 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=c_3.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 s_n и c_n (n=1,2,3).
Так, если отрезки между точками O_n и A_k на рис.9 имеют простой мультипликативный вид, то другие отрезки, возникающие после фиксирования, например, точек пересечения биссектрис со сторонами треугольника (L_n, K_n) уже представляются через s_n и c_nболее 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, A₃являются 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:

расстояние от оснований биссектрис внутреннего и внешнего углов треугольника (K₁L₁) есть среднее гармоническое расстояний от основания K₁ биссектрисы внешнего угла до вершин (A₂ и A₃) или
сторона треугольника есть среднее геометрическое расстояний от крайней вершины (A₃) до оснований биссектрис (L₁ и K₁).

Точки O₃L₃O₀A₃ также образуют гармоническую четверку, т.к. прямая O₃A₃ пересекается тем же гармоническим пучком при вершине A₁. Поэтому A₃L₃есть 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=s₁s₂и 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=s₃c₂и 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 С₁₂и 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 A₁L₁отрезок, 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 А₂А₃треугольника 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 А₂и A₃, на биссектрису А₁L₁, Тогда прямые А₂S_з, А_зS₂, 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 А₁Р₁параллельна 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

Кузьмин Ю.Н. Мультипликативная геометрия треугольника. Вестник АТТ N 1 1997 г.
Р.Курант и Г.Роббинс.Что такое математика? Изд."Просвещение". Москва 1967 г.