XV Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке
Использование метода масс для решения геометрических задач
Автор работы награжден дипломом победителя III степени
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
Введение
На одном из факультативных занятий при решении математических задач я познакомился сметодом геометрии масс, который меня очень заинтересовал. Ведь на олимпиадах и экзаменахпоматематикеифизикевстречаютсязадачи,вкоторыхданодовольно многовеличиниприэтом не сразу удается установить связь между ними и искомой величиной, а также грамотнообосновать ход своих мыслей. Используя метод масс, можно существенно ускорить процессрешения таких задач. Несколько простых свойств центра масс позволяют решать различныезадачи геометрии. В частности, таким путем удается ответить на вопросы о том, пересекаютсяли несколько прямых в одной точке, принадлежат ли несколько точек одной прямой, а такженаходить,вкакомотношении делятсяотрезки.
Объект:методгеометриимасс.
Предмет:геометрическиезадачи,решаемыеспомощьюбарицентрическогометода.
Гипотеза: с помощью теорем геометрии масс можно избежать большого оформления изаполнения громоздких таблиц при решениизадач по геометрии.Данный метод позволяетрационально решать задачи на отношениядлин отрезков, которые сложно решать другимиспособами.
Цель работы: познакомиться с теорией способа решения задач методом геометрии масс,исследованиеэффективностиприменениябарицентрическогометодаприрешениигеометрическихзадач.
Входевыполненияработымнойбылирешеныследующиезадачи:
Ознакомитьсясисториейоткрытиябарицентрическогометода.
Рассмотретьосновныеформулировки,свойства,теоремы,связанныесданнымметодом.
Отобратьисистематизироватьзадачи,решаемыеспомощьюметодагеометриимасс.
Научитьсясамостоятельнорешатьзадачиданнымметодом.
Ознакомитьодноклассниковсданнымметодомприрешениигеометрическихзадач.Мнойиспользовалисьследующиеметодыисследования:
теоретические,поисковые,сравнение,анализ.
Мояработавесьмаактуальна,таккакметодгеометриимасспозволяетболеерационально решать задачи повышенного уровня сложности с применением нестандартных, неизучаемых в школьном курсе теорем, свойств и формул. Благодаря данному методу у учащихсяформируется нестандартное мышление, способствующее пониманию природы происходящихсобытий.
Основнаячасть.
Теоретическаячасть.Общаяинформацияометодемасс.
Историяоткрытияметода.
«…Ясчелнужнымнаписатьтебеи…изложитьособыйметод, при помощи которого ты получишь возможность находитьнекоторые математические теоремы.Яуверен,чтоэтот методбудеттебеничутьнеменееполезенидлядоказательствасамихтеорем…»
Архимед.ПосланиекЭратосфену
«Омеханическихтеоремах»Родоначальником метода масс был великий древнегреческий мыслительАрхимед.Еще вIIIв.дон.э.оноткрылоригинальныйспособдоказательствагеометрическихтеорем, основанный на рассмотрении центра масс системы материальных точек (метод
«геометрии масс»). В частности, этим способом им была установлена теорема о том, что тримедианытреугольника пересекаютсяводнойточке.
Метод Архимеда был развит выдающимися математиками, такими как Лагранж, Чева,Папп, Якоби, Мёбиус (например, в 1827 году немецкий математик Август Фердинанд Мёбиусввёлпонятиебарицентрическихкоординат,спомощьюкоторыхонсумелизложитьпроективнуюгеометрию),ипревратилсявэффективноеистрогообоснованноесредствогеометрическогоисследования.Впоследниедесятилетиябарицентрическийметодсталиспользоватьсяив вычислительнойматематике.
Наглядноеопределение:
Определениецентрамасс.
Чтобы понять, чтотакое центр масс,рассмотримдетские качели:Очевидно, что болеетяжелый ребенок перевешивает. Но стоит ему начать приближаться ближе к центру, как качелипостепенно приходят в равновесие. Насколько ближе он должен подвинуться ответит методмасс.
Рассмотрим термин «центр масс», взяв за основу «золотое правило механики»:Пустькачели–отрезокAB(рис.1),гдеm1,m2–массы,
расположенные на концах качелей (m1 >m2). Центром массданнойсистемыдвухточекбудеттакаяточкаОданногоотрезкаАВ,чтоАО×m1=BO×m2.
рис.1
Для применения этого понятия к решению геометрических задач используются следующиеясныеиимеющиемеханическийсмыслсвойствацентрамасс:
Всякая система, состоящая из конечного числа материальных точек, имеет центр массипритомтолько единственный.
Центрмасс двухматериальныхточекрасположеннаотрезке,соединяющемэтиточки, егоположение определяетсяархимедовымправиломрычага.
Есливсистеме,состоящейизконечногочисламатериальныхточек,отметитьнесколько материальных точек и массы отмеченных точек перенести в их центр масс,тоотэтогоположениецентамасс системынеизменится.
Разумеется,сформулированныесвойствадолжныбытьматематическиобоснованы.Однако,несмотрянапростотуэтихфактов,онипредставляютсобоймощноесредстводоказательстватеоремирешениягеометрическихзадач.
Пример1.ДокажитетеоремуАрхимеда:
Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, в которой делятся в отношении 2:1,считаяотсоответствующей вершины.
Доказательство:
ПустьАВС–данныйтреугольник.АА1,ВВ1,СС1–егомедианы(рис.2).
ЗагрузимвершинытреугольникаАВСравнымимассамиm;врезультатеполучимсистемуА(m), В(m),С(m), которая имеет единственный барицентр в некоторойточкеZ(свойство1).
По свойству 3 положение центра масс не изменится,если массы материальных точек А и В мы перенесем вих центр масс, т.е., согласно свойству 2, точку С1(2m).Тогда Z окажется центром масс двух точек: C1(2m) иC(m).Значит,т.Z∈СС1.Аналогично,Z∈BB1;Z∈
AA1.Такимобразом,всетри медианыимеютобщуюточкуZ.
Крометого,поправилурычага(свойство2)2m×ZC1=m×ZC,илиZC÷ZC1=2÷1.
Математическоеопределениецентрамасс:
Для того чтобы с помощью понятия центра масс получать математически корректныерешения геометрических задач, необходимо выяснить точный математический смысл данногопонятия.
Рассмотрим сначала две материальные точки m1A1 и m2А2, и пусть Z — их центр масс(свойство1).Равенствоm1d1=m2d2(свойство 2)можнозаписатьввиде
m1|| = m2| |, т. е. |m1|= |m2|.Учитывая,чтовекторыи имеют противоположные направления, получаем отсюда m1= -m2,т.е.m1+m2=.(1)
Итак,еслимыхотим,чтобывыполнялисьсвойства1и2,тоцентроммассдвухматериальныхточекm1A1иm2А2должнабытьтакаяточкаZ,длякоторойсправедливоравенство(1).
Пустьтеперьданытриматериальныеточкиm1A1,m2А2,m3A3,ипустьZ—центрмассэтойсистемыматериальныхточек(свойство1).ОбозначимчерезСцентрмасссистемыдвух
материальныхточекm1A1иm2А2.Тогда,согласно(1),m1+m2 = (2)
Далее,согласносвойству3, центр масс всейсистемыm1 A1, m2А2, m3A3 совпадает (рис. 3) с центром массовокупностидвухматериальныхточек(m1+m2)Сиm3А3,т.е
(согласно(1))(m1+m2) +m3= .(3)
Однако(m1+m2) =m1 +m2 =m1(-
m2—(m1+m2)=m1 +m2(см.равенство(2));
Ипотомуравенство(3)принимаетвидm1+m2+m3= .(4)
Итак,чтобывыполнялосьтакжесвойство3,тоцентроммасстрехматериальныхточекm1А1,m2А2, m3А3должнабытьтакаяточкаZ,чтосправедливоравенство(4).
Итак,всоответствиисприведеннымэвристическимразбороммыпринимаемследующее
основноеопределение:
Центром масс (или барицентром) системы материальных точек m1А1, m2А2,...,mnАn.называетсяточкаZ,длякоторойимеетместоравенство
m1+m2+...+mn=
2.1.3 Основныетеоремыиихдоказательства
Теорема1.
А)ЕслиточкаZслужитцентроммасссистемыматериальныхточек,топрилюбомвыборевпространстветочкиОсправедливоравенство
=(5)
Б)Обратно:еслихотябыприодномвыборевпространстветочкиОверноравенство(7),то точка Z—центрмасс системы.
Доказательство:
Ограничимсяслучаемn=2(приn>2доказательствоаналогично).
ВыберемпроизвольноточкуО.
Получимm1+m2= ;заменим:m1(- )+m2( - )= ,
следовательно =.
Следствие1.Всякаясистема,состоящаяизконечногочисламатериальныхточек,имеетоднозначно определенныйцентрмасс(т.е.справедливосвойство1).
Всамомделе,выберемпроизвольнуюточкуО.Тогдаположение точкиZоднозначноопределяетсяформулой(5).
Теорема2.
Центрмассдвух материальныхточекрасположеннаотрезке,соединяющемэтиточки;егоположениеопределяется архимедовымправиломрычага:m1d1=m2d2.
Доказательство:
ПустьZ—центрмасссистемыдвухматериальныхточекm1А1иm2А2.
Тогда m1+ m2= , т. е. m1 = — m2 .Изэтоговидно, чтовекторы и противоположно направлены, так что точка Z лежит внутри
отрезка А1А2, причем m1 | | = m2 | |,т.е.mld1=m2d2.Это иесть«архимедовоправилорычага»;изнеговидно,чтоцентрмассдвухматериальныхточекближек
«болеемассивной»изних,тоестьктой,укотороймассабольше(рис.1)
Теорема3.
Пусть в системе, состоящей из n материальных точек, отмечены k материальных точекm1A1,…mкАк (рис. 3) и пусть С — центр масс отмеченных материальных точек. Если всю массуотмеченных материальных точек, сосредоточить в их центре масс С, то от этого положениецентра масс всей системы не изменится. Иначе говоря, система имеет тот же центр масс, что исистемаматериальныхточек(m1+...+mк)C,mk+lAk+1,..,mnAn(см. рис.4).
Доказательство: Рис.4
ПустьZ—центрмасссистемы,
т.е.m1+...+mk+mk+1k+l+...+mnn=
ТаккакС—центрмасссистемыматериальныхточекm1А1,…,mкАк,топо теореме1:
=
Из двух равенств следует, что (m1+ ... + mk) + mк+1к+1 + ... + mnn = , а это изначит, чтоцентром масс системы материальных точек (m1+... ... + mk)C, mк+1Ак+1,…,mnAnявляетсятажеточка Z.
Практическаячасть.Применениебарицентрическогометодаприрешениизадач
Рассмотрениепреимуществабарицентрическогометодаприрешениизадач
Многиезадачидопускаютнесколькоспособоврешения.Рассмотримипроанализируемметодырешениязадачнаотношениядлинотрезков.
Задача 1.ПустьдантреугольникАВС.ВМ–медиана,АNделитсторонуВСвотношении1/2от вершиныВ.АNпересекаетВМвточкеО.НайтиотношениеВО/ОМ.
1способ:
ПроведемMEпараллельноAN.
РассмотримΔANC:AM=MC(т.к.BМ-медиана);
ME//AN.Следовательно,МЕ–средняялинияΔANC, B
значит,NE=EC.
ПустьBN= x.ТогдаCN=2x
(АNделитсторонуВСвотношении1/2).Значит,NE=EC= x.
РассмотримΔBONиΔBME:∠MBE–общий;∠BNO=A C
∠BEM(т.к.AN//ME),следовательно,ΔBON∼ΔBME(подвумуглам).Изподобия следует: ==.
Значит,BM=2BO,следовательно,=.
Ответ:=.
2способ:Решимэтузадачуспомощьюбарицентрическогометода.
Загрузим точки A, B, C соответствующими массами. По определению центра масс дляточкиМ:AM×mA=MC×mC;AM=MC(т.к.BМ-медиана),следовательноmA=mC=1
ПоопределениюцентрамассдляточкиN:BN×mB=CN×mC;т.к.АN делитсторонуВСвотношении1/2,то==следовательно,mB=2.
Т.к.mA=mC=1,тоmM=2;mB=2;точкаОявляется
центроммасссистемыдвухточекВиМ,значитпоопределению центрамасс==.Ответ:=.
Задача2.НасторонахАВиАСтреугольникаАВСотмеченыточкиKиLтак,чтоAK/KB
=4/7;AL/LC=3/2.ПрямаяKLпересекаетпродолжениестороныВСвточкеМ.НайтиотношениеСМ/BC.
способ:
ЧерезточкуА проведем прямую,параллельнуюВС.
ПустьточкаТ–еепересечениеспрямойКL.
ОбозначимСМ=a.
T a A
K
L
B M
ИзподобиятреугольниковALTиCLMследует, C a
чтоAT= CM= a.
Изподобиятреугольников AKT иBKMследует,чтоBM= AT=·a=a.
ТогдаBC=BM–CM= a–a=a.Следовательно,=
.Ответ: = .
способ:
ЗагрузимточкиA,B,Cсоответствующимимассами.
Поопределениюцентрамассдляточки L:AL× mA= CL× mC;Т.к. =,тоmA=2;mC=3.
Поопределениюцентрамассдляточки
K:AK×mA=BK×mB;
Т.к.= ,тоmB= .
РассмотрицентрмассдвухточекВиМ– B(
точкуС:
mC=mB+mM,следовательноmM=,азначит==. .
Ответ: = .
A(2)
Задача 3 (задача 16 ЕГЭ профиль). Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. а) Докажите,что отрезки LN и KM, соединяющие середины его противоположных сторон, делят другдругапополам.
C
способ:
ПустьK,L,MиN–серединысторонAB,
BC, CD, AD четырехугольника ABCD M
соответственно.
ТогдаKLиMN–средниелиниитреугольников
A
ABCи ADC.Значит,KL= AC=MN;
KL//AC//MN,поэтомуKLMN–параллелограмм.
Значит,егодиагонали KMиLNделятдругдругапополам,чтоитребовалосьдоказать.
способ:
Загрузим точки A, B, C, D четырехугольникаABCDсоответствующимимассами:
ПустьK,L, MиN–середины сторонAB,BC,CD,ADчетырехугольникаABCDсоответственно.Поопределениюцентра
масс:mA×AK=mB×BK;mB×BL=mC×
CL; A(1)
K(2)
B(1)
L(2)
О
C(1)
M(2)
mC×CM=mD×DM;mD×DN=mA×AN.
Значит массы точекA, B,C, Dравны междусобой.
N(2) D(1)
Пусть mA = mB = mC = mD = 1. Т.к. точки K, L, M и N – середины сторон AB, BC, CD, AD, тоmK=mL=mM=mN=2.
По определению центра масс для точкиО:mK ×KO=mM ×MO; mN × NO=mL × LO,следовательноKO=MO;NO=LO,чтоитребовалосьдоказать.
Проанализировав способы решения задач на соотношения длин отрезков: метод масс иметоддополнительныхпостроений,можносуверенностьюсказать,что барицентрическийметод наиболее рациональный и эффективный, что помогает быстро иоптимальнорешатьзадачи наданнуютематику.
Практическоезанятие
Цельпрактическихзанятийсостоялавтом,чтобыпоказатьдостоинстваметодамассприрешениизадач насоотношениядлинотрезков переддругимиметодами.
На первомпрактическом занятииодноклассникамбыли предложены длярешения2задачи,которыерассматривалисьвработе.Ребятампредстояловгруппахрешитьихспомощьюзнакомыхимметодов.Онирешализадачичерезподобиетреугольников,атакже
использовали метод дополнительных построений. Решение задач вызвало у них затруднения.Успешно решенабылатолькоперваязадача.
На втором практическом занятии я объяснила суть метода масс и предложила ребятамснова решить задачи первого практического занятия только с помощью барицентрическогометода.Одноклассникиуспешносправилисьспоставленнойзадачей,затративменьшевремениисил
Такимобразом,барицентрическийметодоказалсяболеепростымипонятнымпосравнению сдругимиуже знакомымиметодами.
Заключение
Врезультатепроведенногоисследованияя:
Познакомилсястеориейспособарешениязадачметодомгеометриимасс;
Подтвердилсвою гипотезу о том, что метод геометрии масс позволяет рациональнорешатьзадачинаотношениядлинотрезков,которыесложнорешатьдругимиспособами;
Убедился в том, что используя рациональные способы решения математических задач,можно сделатьэтотпроцессинтереснымиувлекательным.
Итак, в ходе работы мы исследовали эффективность применения барицентрического методапри решении геометрических задач, рассмотрели способы решения задач с помощью данногометода. Собранный нами материал можно использовать на уроках, а также на факультативныхзанятиях по подготовке к ОГЭ, ЕГЭ, олимпиадам. Материал, представленный в этой работе,будет также полезен всем, кто интересуется вопросами математики .Перспективу своей работывижувпримененииметодамасскрешениюзадачпостереометриив10классе.
Списоклитературы
БалкМ.Б.,БолтянскийВ.Г.Геометриямасс.Москва«Наука»,главнаяредакцияфизико-математической литературы,1987,библиотечка«Квант»,выпуск61.
Интернетресурсы:https://ege.sdamgia.ru
ПрасоловВ.В.Задачипопланиметрии:Ч.2–Наука,1990
Ф.Ф.Лысенко,С.Ю.Кулабухова,«Математика9класс,подготовкакГИА-2012».«Легион-М»,РостовнаДону.
ЭвнинА.Ю.Методмассвгеометриитреугольника//Математикавшколе–2014
ЭвнинА.Ю.Практикумпоматематике– Челябинск,2009
ЭвнинА.Ю.150красивыхзадачдлябудущихматематиков,2014
ПРИЛОЖЕНИЕ1
Задача1.
В треугольникеABCточкаK делитВСвотношении1:4,считаяотвершиныВ.ВкакомотношенииАКделит медиануВМ?
ЗагрузимточкиA,B,Cсоответствующимимассами.Поопределению центра масс для точкиК:BK×mB=KC×mC;==
следовательно,mB=4,mC=1.
По определению центра масс для
A(1)
B(4)
C(1)
точкиM:AM=MC(поусловию),значитmА=mС=1.СледовательноmМ=mА+mС=2.
ТочкаОявляетсяцентроммасссистемыдвухточекВиМ,значитпоопределению
центрамасс===.
Ответ:=.
Задача2.
Дан треугольник ABC, BM – медиана. Отрезок KP точкой К делит AB в отношении 2:1 отвершины А, а точкой Р делит отрезок ВС в отношении 2:1 от вершины В. Отрезки КР и ВМпересекаютсявточкеО.ВкакомотношенииточкаОделит отрезокКР?
Найдем такие массы точек A, B, C, чтобы точка О стала центром масс системы точек, т.е.центрмассдолженпопастьинаотрезок
KP,инаотрезокВМ.ДляэтогорасщепиммассуточкиВ.
В(4+1)
Относительно точки Р: 2·m1B
=mC
(из
соотношенияВРиСР).Относительноточки К: m2B = 2·mА (из соотношения ВРиСР).
Пустьm1B=1,тогдаmC=2,mА=mC=2(ВМ–медиана),m2B=4.
ЗначитmK=m2B+mА=6;mР=m1B+mC=3.
(3)
А(2) С(2)
Следовательно,относительноточкиО: = = .
Ответ: =.
Задача3.
НасторонахАВиВСрасположеныточки Ми Nсоответственно,причемАМ:ВМ=3:5,BN:NC=1:4.ПрямыеСМиANпересекаютсявточкеО.Найтиотношения АО:ОNиСО:ОМ.
ЗагрузимточкиA,B,Cсоответствующимимассами.
По определению центра масс для
точки М:BМ× mB= АМ× mА;= В(3)
=следовательно,mB=3,mА=5.
По определениюцентра масс дляточкиN:BN×mB =СN×mС;=
= ,следовательно,mС= .
А(5) С()
ТочкиМиN–центрымассдляточекАиВ,СиВ,следовательно,mМ=mB+mА=5;mN=mB+mС=.
ТочкаОявляетсяцентроммасссистемыдвухточекАиN,значитпоопределениюцентрамасс ==. ТакжеточкаОявляетсяцентроммасссистемыдвухточекСи
М,значитпоопределениюцентрамасс ==.Ответ:=;=.
Задача4.
В треугольнике АВС точки М, N, К расположены соответственно на сторонах АВ, АС, ВС так,чтоАМ:ВМ=1:4;АN:CN=2:3;CK:KB =3:2.ОтрезкиАКиМNпересекаютсявточкеО.ВосколькоразОКбольше АО?
НайдемтакиемассыточекA,B,C,чтобыточкаОсталацентроммасссистемыточек,т.е.
центр масс должен попасть и на отрезок АК, и на отрезок МN. Для этого расщепим массуточкиА.
ОтносительноточкиК:2·mB=
В(3)
3·mC
,значитmC
=2,аmB
=3.
РасщепиммассуmAточкиАнамассыm1иm2так,чтоm1·AM
=mB·BM, следовательно,m1=12; m2·AN = mC·CN,
следовательно,m2=3.
А(12+3) 2 N 3 С(2)
ТочкаОявляетсяцентроммасссистемыдвухточекАиК.Значит,mA·AO=mK ·KO,т.е.(m1+m2)·AO=(mB+mC)·KO.Следовательно,==3.
Ответ:=3.
Задача5.
ВтреугольникеАВСнасторонахАВиАСвзятыточкиМиNсоответственнотак,чтоAM:BM=3:2иAN:CN=4:5.Вкакомотношениипрямая,проходящаячерезточкуМпараллельноВС,делитотрезок
ВN?
ПустьМО//BCипересекаетсторонуАСвточке К. Тогда
треугольник АМКподобентреугольникуАВС (по двум углам).
Следовательно, = = .
А(m1+m2)
В(m3)
N(m1+ m2+m4)
C(m4)
Найдемтакиемассыточек A,B,C,чтобыточкаОсталацентроммасссистемыточек,т.е.центр масс должен попасть и на отрезокBN, и на отрезок МK. Для этого расщепиммассуточкиА.
Пустьмассаm точкиА равнаm =m1+m2. Массаточек В иСравныm3иm4соответственно.Тогда составимсистемууравнений:
Пустьm4=1,тогдаm3= ;m1=;m2=.Следовательно,mN=m1+m2+m4=.ПоопределениюцентрамассдляточкиО:===.
Ответ:=.
Задача6.
В треугольнике АВС на стороне АС взята точка Е, причем АЕ : ЕС = 2 : 3, а на сторонеАВ взята точка D так, что АD : DB = 1 : 4. Отрезки CD и BE пересекаются в точке О.НайдитеотношениечетырехугольникаАDOEк площадитреугольникаАВС.
ЗагрузимточкиA,B,Cсоответствующимимассамиисходяизопределенияцентра
масс.Получим,mB=1,mA=4,mC= ,mE=mA+mC=.
Найдем площади
треугольниковАВЕиВDО: = = ,
следовательно,SABE=23,SBDO
= 16.
Треугольники АВС и АВЕ
А(4)
В(1)
2 Е( ) 3
С(4)
имеютобщуювысоту,следовательно,= =,т.е.SABС=SABE.
4. SАDOE=SABE-SBDO=23-16=7.==.
Ответ:=.
Задача7.
Площадь треугольника АВС равна 120, точка D лежит на отрезке ВС так, что ВD :СD = 1 : 2, биссектриса ВК пересекает прямую АD в точке L. Найдите площадьчетырехугольникаКLDC,еслиАК:КС=3:1.
ЗагрузимточкиA,B,Cсоответствующими массамиисходяизопределенияцентрамасс для точки L. Получим, mА =1,mС=3,mB=6.Такимобразом, ==;==.
Треугольники АВС и АВК
А(1) 3 К(4)
В(6)
1 С(3)
имеютобщуювысоту,следовательноSABK=SABC·=120·=90.Значит,SКВС=
30.Аналогично,SАВD=40.
Рассмотрим треугольники КВС и ВLD: = ,т.е.SBLD =4. Значит, SКLDC =SКВС– SBLD=26.
Ответ:SКLDC=26.
Задача8.
На сторонах АС и ВС взяты точки L и K. О – точка пересечения отрезков АК и ВL.Найдите площадь исходного треугольника, еслиплощади треугольников АLO,AOB,BOKравнысоответственно 5,6 и7.
Заметим,что = = и
== . Подберем
такие массы a, b,cдля точекА, В, С, чтобы точка О сталацентроммассысистемы.Составимсистемууравнений:
Из полученных уравнений
В(b)
7
6
5
А(a) L С(c)
найдем, a = 77c;b = 65c. ОтсюдаСL =77·LA, значит SBCL = 77·SALB ; SABC=78·SALB=78 ·11 = 858.
Ответ:SABC=858.
Задача9.
Дан треугольник АВС; на продолжении его медианы ВМ за точку М выбрана точка N,черезкоторуюпроведенапрямая, пересекающаяотрезкиАМ иАВ вточкахРиQсоответственно.ПрямыеМQиNCпересекаются вточкеR,апрямыеRBиАС–вточке
S.ДокажитеравенствоРМ=МS.
ПоместимвточкиАиСединичныемассы,авточкиВиN такиемассы xиy,чтоQ
=c(1A, xB)иM=c(xB, yN).
Поскольку М – центр масс точекА и С, т.е. М = с (1А, 1С), то M =c (xB, yN, 1A, 1C) = c ((1 + x )Q,(1 +y)R).
По-разномугруппируямассыточек А ,B, N получаем, что Р –центрмассэтихточек,т.е.1А+x
+y=(1+x+y)P.
Аналогичнополучаем,S–центр
B(x)
Q
M
P S
А(1) C(1)
N(y) R
массточекВ,С,N,т.е.1В+x+y=(1+x+y)S.
Значит, М=с((1+x+y)P; (1+x+y)S).Получилось,чтоцентрдвуходинаковыхмасс в точках P и S расположен в точке М. Поэтому М – середина отрезка РS.Задача 10.
Докажите теорему Чевы. На сторонах треугольника АВС выбраны точки А1∈ВС,В1∈ АС, С1∈ АВ. Отрезки АА1, ВВ1, СС1 пересекаются в одной точке тогда итолькотогда,когда =1.
ПустьотрезкиАА1,ВВ1,
СС1 пересекаются в точкеО. Разместим в вершинахтреугольникатакие массы,чтобыточкаОсталацентроммасссистемы.ОбозначимСА1 =a1 ;BА1
= a2 ; BC1 = b1 ; AC1 = b2 ;AB1=c1; CB1=c2.
А(a1b1) c1В1
В(a1b2)
c2
a1
С(a2b2)
Следовательно,подходящимбудетраспределениемасс(a1b1A,a1b2B,a2b2C)
Если выполнено равенство = 1, то a1 b1 c1 = a2b2c2, значит В1 –центр масс двух точек А и С. И тогда центр масс должен лежать на прямой ВВ1,другимисловами,прямыеАА1,ВВ1, СС1пересекаются воднойточке.