Барицентрические координаты

01центр масс

Три массы вместо двух координат

Поставим в вершины треугольника $A$ , $B$ , $C$ грузы масс $x$ , $y$ , $z$ и найдём их центр масс:

P=\frac{x\,A+y\,B+z\,C}{x+y+z}.

Тройку $(x:y:z)$ называют барицентрическими координатами точки $P$ . Умножение всех трёх масс на одно и то же число центр масс не двигает, поэтому координаты определены с точностью до общего множителя; двоеточия в записи напоминают об этом.

Если разделить массы на их сумму, получится тройка с условием $x+y+z=1$ . Такие координаты называют нормированными: они определены однозначно, и формула для точки упрощается до $P=xA+yB+zC$ . Например, массы $1$ , $2$ , $3$ дают нормированные координаты $\left(\tfrac16,\tfrac13,\tfrac12\right)$ .

масса в A10масса в B20масса в C30

$—$ $—$ $—$

Нормированные координаты совпадают с долями площади: масса в вершине A отвечает за треугольник, противоположный A .

Вершины, стороны, знак

Вершины имеют координаты $(1:0:0)$ , $(0:1:0)$ и $(0:0:1)$ : вся масса в одной вершине, центр масс в ней же. Середина стороны $BC$ — это $(0:1:1)$ , точка пересечения медиан — $(1:1:1)$ .

Точка на стороне $BC$ имеет нулевую первую координату. Отрицательная координата означает, что точка лежит по другую сторону от соответствующей стороны, вне треугольника: массы при этом отрицательны, а формула центра масс остаётся верной.

Правило рычага

Для точки на стороне достаточно двух масс. Если в $B$ и $C$ стоят массы $y$ и $z$ , то центр масс $X$ делит отрезок в обратном отношении:

\frac{BX}{XC}=\frac{z}{y}.

масса в B10масса в C30

$—$ $—$

Центр масс ближе к большей массе: отрезок BX относится к XC как масса в C к массе в B .

Отношение отрезков обратно отношению масс. На этом равенстве держится весь дальнейший счёт: по массам находятся отношения на сторонах, по отношениям — массы.

02смысл

Координаты как площади

Барицентрические координаты точки равны площадям трёх треугольников, на которые точка делит $ABC$ .

$(x:y:z)=(S_{PBC}:S_{APC}:S_{ABP})$

Площади берутся со знаком: положительные, если обход совпадает с обходом $ABC$ , и отрицательные иначе.

Докажем для первой координаты. Возьмём нормированные координаты, то есть $P=xA+yB+zC$ при $x+y+z=1$ . Площадь треугольника $PBC$ относится к площади $ABC$ как высота из $P$ на $BC$ к высоте из $A$ на $BC$ :

\frac{S_{PBC}}{S_{ABC}}=\frac{h'}{h}.

Расстояние со знаком от точки до прямой $BC$ — линейная функция точки, поэтому $h'=x\,h+y\cdot0+z\cdot0=x\,h$ . Значит, $S_{PBC}/S_{ABC}=x$ . Для двух других координат рассуждение то же.

$—$ $—$ $—$

Высоты h' и h опущены на BC из P и из A . Их отношение равно отношению площадей и равно координате x; за прямой BC все три числа отрицательны.

Координаты знаменитых точек

Для центра вписанной окружности $I$ расстояния до всех сторон равны радиусу $r$ , поэтому $S_{IBC}=\tfrac12 a r$ , $S_{AIC}=\tfrac12 b r$ , $S_{ABI}=\tfrac12 c r$ , и площади относятся как стороны:

I=(a:b:c).

Для точки Лемуана $K$ расстояния до сторон пропорциональны сторонам (это доказано в седьмой статье серии), значит площади пропорциональны квадратам сторон:

K=(a^2:b^2:c^2).

Для точки пересечения медиан три части равны, и координаты равны между собой:

G=(1:1:1).

$—$ $—$

Для I три расстояния до сторон равны r, и площади относятся как стороны. Для K расстояния пропорциональны сторонам, и площади относятся как квадраты сторон. Числа под чертежом — нормированные координаты текущего треугольника.

Центр описанной окружности и ортоцентр выражаются через стороны и углы. Площадь $S_{OBC}$ равна $\tfrac12 R^2\sin 2A$ , поэтому

O=(\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C)=\bigl(a^2(b^2+c^2-a^2):b^2(c^2+a^2-b^2):c^2(a^2+b^2-c^2)\bigr),

а для ортоцентра площади относятся как тангенсы углов:

H=(\operatorname{tg}A:\operatorname{tg}B:\operatorname{tg}C)=\left(\frac{1}{b^2+c^2-a^2}:\frac{1}{c^2+a^2-b^2}:\frac{1}{a^2+b^2-c^2}\right).

03применение

Чева и Менелай в одну строку

Возьмём точку $P=(x:y:z)$ и проведём через неё чевианы. Найдём, где чевиана из $A$ пересекает сторону $BC$ .

$—$ $—$ $—$

$—$

У трёх чевиан произведение равно единице, у секущей — минус единице. Отношения считаются со знаком, поэтому обе теоремы выглядят одинаково.

Прямая $AP$ состоит из центров масс, в которых масса в $A$ может быть любой, а массы в $B$ и $C$ остаются в отношении $y:z$ . Точка пересечения со стороной получается, когда масса в $A$ равна нулю:

X=(0:y:z).

По правилу рычага

\frac{BX}{XC}=\frac{z}{y}.

Точно так же для двух других сторон, и произведение трёх отношений сокращается:

\frac{BX}{XC}\cdot\frac{CY}{YA}\cdot\frac{AZ}{ZB}=\frac{z}{y}\cdot\frac{x}{z}\cdot\frac{y}{x}=1.

Это теорема Чевы.

Обратное утверждение. Если три отношения дают в произведении единицу, по ним восстанавливаются массы: положим $y=1$ , из первого отношения найдём $z$ , из третьего — $x$ , а второе выполнено автоматически. Центр масс этих трёх масс лежит на всех трёх чевианах, то есть чевианы пересекаются в одной точке.

Менелай

Для теоремы Менелая нужны отрицательные массы. Точка вне отрезка — центр масс с массами разных знаков, и правило рычага продолжает работать, только отношение получается отрицательным. Три точки $X$ , $Y$ , $Z$ на прямых $BC$ , $CA$ , $AB$ лежат на одной прямой, когда

\frac{BX}{XC}\cdot\frac{CY}{YA}\cdot\frac{AZ}{ZB}=-1.

$—$ $—$ $—$

$—$

У трёх чевиан произведение равно единице, у секущей — минус единице. Отношения считаются со знаком, поэтому обе теоремы выглядят одинаково.

Разница с теоремой Чевы — один знак: прямая пересекает либо одну, либо все три стороны вне отрезков, поэтому среди трёх отношений нечётное число отрицательных.

04прямые

Уравнение прямой

Прямая в барицентрических координатах задаётся линейным уравнением

ux+vy+wz=0,

и коэффициенты тоже определены с точностью до общего множителя. Проверка: в нормированных координатах $z=1-x-y$ , и уравнение превращается в обычное линейное уравнение от двух переменных, а это прямая.

$—$ $—$

$—$

Тройка прямой считается из нормированных координат двух её точек; определитель трёх точек равен нулю, когда третья попадает на прямую; точка пересечения получается той же формулой из троек прямых.

Уравнения сторон: сторона $BC$ состоит из точек с нулевой первой координатой, то есть $x=0$ . Аналогично $CA$ — это $y=0$ , а $AB$ — $z=0$ . Медиана из $A$ проходит через $(1:0:0)$ и $(0:1:1)$ ; обе точки удовлетворяют уравнению $y-z=0$ , это и есть её уравнение.

Прямая через две точки

Коэффициенты прямой через точки $(x_1:y_1:z_1)$ и $(x_2:y_2:z_2)$ находятся из двух уравнений $ux_i+vy_i+wz_i=0$ :

(u:v:w)=\bigl(y_1z_2-y_2z_1\;:\;z_1x_2-z_2x_1\;:\;x_1y_2-x_2y_1\bigr).

Подстановка любой из двух точек обращает сумму $ux+vy+wz$ в ноль — в ней два слагаемых сокращаются с третьим.

Три точки на одной прямой

Три точки лежат на одной прямой, когда прямая через первые две проходит через третью. Подставим тройку прямой в координаты третьей точки:

x_3(y_1z_2-y_2z_1)+y_3(z_1x_2-z_2x_1)+z_3(x_1y_2-x_2y_1)=0.

Слева стоит определитель матрицы из трёх троек. Условие симметрично: любую из точек можно считать третьей.

$—$ $—$

$—$

Тройка прямой считается из нормированных координат двух её точек; определитель трёх точек равен нулю, когда третья попадает на прямую; точка пересечения получается той же формулой из троек прямых.

Пересечение двух прямых

Точка пересечения прямых $(u_1:v_1:w_1)$ и $(u_2:v_2:w_2)$ обращает в ноль оба уравнения. Это те же два условия, что и для прямой через две точки, поэтому ответ даёт та же формула:

X=\bigl(v_1w_2-v_2w_1\;:\;w_1u_2-w_2u_1\;:\;u_1v_2-u_2v_1\bigr).

$—$ $—$

$—$

Тройка прямой считается из нормированных координат двух её точек; определитель трёх точек равен нулю, когда третья попадает на прямую; точка пересечения получается той же формулой из троек прямых.

Прямая через две точки и точка пересечения двух прямых считаются одной формулой: роли точек и прямых в барицентрических координатах симметричны. Поэтому утверждение «три точки лежат на одной прямой» или «три прямые проходят через одну точку» сводится к равенству нулю определителя, который можно раскрыть.

05метрика

Расстояния и окружности

Прямые и отношения на сторонах в барицентрических координатах считаются линейно. Длины и окружности требуют сторон треугольника.

Расстояние

Пусть $P$ и $Q$ заданы нормированными координатами, а $(\Delta x,\Delta y,\Delta z)$ — их разность; сумма разностей равна нулю. Тогда

|PQ|^2=-a^2\,\Delta y\,\Delta z-b^2\,\Delta z\,\Delta x-c^2\,\Delta x\,\Delta y.

Проверка на стороне: для $P=B$ и $Q=C$ разность равна $(0,1,-1)$ , и формула даёт $a^2$ .

$—$ $—$

В формулу входят стороны a, b, c и разности нормированных координат; длины в единицах сетки чертежа.

Окружность

Уравнение описанной окружности треугольника $ABC$ :

a^2yz+b^2zx+c^2xy=0.

Вершины ему удовлетворяют: у каждой две координаты нулевые. Любая другая окружность отличается от описанной на линейное слагаемое:

-a^2yz-b^2zx-c^2xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0.

Три коэффициента $u$ , $v$ , $w$ находятся по трём точкам окружности. Разность уравнений двух окружностей линейна — это уравнение их радикальной оси из второй статьи серии.

Перпендикулярность

Для двух разностей $(x_1,y_1,z_1)$ и $(x_2,y_2,z_2)$ с нулевыми суммами отрезки перпендикулярны тогда и только тогда, когда

a^2(y_1z_2+y_2z_1)+b^2(z_1x_2+z_2x_1)+c^2(x_1y_2+x_2y_1)=0.

Это формула расстояния, записанная для суммы и разности двух векторов. Она нужна ниже, в задачах с серединными перпендикулярами и высотами.

06олимпиады

Задачи, которые решаются счётом

Рассмотрим три задачи с реальных олимпиад, где барицентрические координаты доводят решение до конца.

1

USAMO 2001, задача 2

Вписанная окружность $\omega$ треугольника $ABC$ касается сторон $BC$ и $AC$ в точках $D_1$ и $E_1$ . На сторонах $BC$ и $AC$ взяты точки $D_2$ и $E_2$ так, что $CD_2=BD_1$ и $CE_2=AE_1$ ; $P$ — точка пересечения отрезков $AD_2$ и $BE_2$ . Окружность $\omega$ пересекает отрезок $AD_2$ в двух точках; ближайшую к $A$ обозначим $Q$ . Докажите, что $AQ=D_2P$ .

$—$ $—$

Отрезки AQ и D₂P выделены; при любом треугольнике они равны.

Решение

Отрезки касательных: $BD_1=s-b$ , $CD_1=s-c$ , $AE_1=s-a$ . Тогда $CD_2=s-b$ , $BD_2=s-c$ , и по правилу рычага

D_2=(0:s-b:s-c),\qquad E_2=(s-a:0:s-c).

Прямая $AD_2$ — это $(s-c)\,y=(s-b)\,z$ , прямая $BE_2$ — $(s-c)\,x=(s-a)\,z$ . Их пересечение

P=(s-a:s-b:s-c),\qquad P=\Bigl(\frac{s-a}{s},\frac{s-b}{s},\frac{s-c}{s}\Bigr).

Возьмём на прямой $AD_2$ точку $Q'$ с $AQ'=PD_2$ , то есть $Q'=A+D_2-P$ в нормированных координатах:

Q'=\Bigl(\frac{a}{s},\ \frac{(s-a)(s-b)}{sa},\ \frac{(s-a)(s-c)}{sa}\Bigr).

Центр вписанной окружности $I=\bigl(\tfrac{a}{2s},\tfrac{b}{2s},\tfrac{c}{2s}\bigr)$ , точка касания $D_1=\bigl(0,\tfrac{s-c}{a},\tfrac{s-b}{a}\bigr)$ . Полусумма координат $Q'$ и $D_1$ покоординатно равна $I$ : например, $\tfrac12\bigl(\tfrac{(s-a)(s-b)}{sa}+\tfrac{s-c}{a}\bigr)=\tfrac{b}{2s}$ , так как $(s-a)(s-b)+s(s-c)=ab$ . Значит, $I$ — середина $Q'D_1$ , и $Q'$ лежит на $\omega$ диаметрально противоположно $D_1$ . Из двух точек пересечения прямой $AD_2$ с $\omega$ это ближняя к $A$ , поэтому $Q'=Q$ и $AQ=D_2P$ .

2

USAMO 2008, задача 2

В остроугольном разностороннем треугольнике $ABC$ точки $M$ , $N$ , $P$ — середины сторон $BC$ , $CA$ , $AB$ . Серединные перпендикуляры к $AB$ и $AC$ пересекают луч $AM$ в точках $D$ и $E$ , а прямые $BD$ и $CE$ пересекаются в точке $F$ внутри треугольника. Докажите, что точки $A$ , $N$ , $F$ , $P$ лежат на одной окружности.

$—$

Голубые прямые — серединные перпендикуляры к AB и AC; окружность проведена через A, N, P, и точка F на неё попадает.

Решение

Прямая $AM$ — это $y=z$ , поэтому $D=(1-2t,\,t,\,t)$ . Условие $DP\perp AB$ по формуле перпендикулярности для разностей $D-P=\bigl(t-\tfrac12,\,t-\tfrac12,\,t\bigr)$ и $B-A=(-1,1,0)$ даёт

t=\frac{c^2}{3c^2+b^2-a^2}=:j,\qquad\text{аналогично}\qquad E=(1-2k,\,k,\,k),\quad k=\frac{b^2}{3b^2+c^2-a^2}.

Прямая $BD$ : $z/x=j/(1-2j)$ ; прямая $CE$ : $y/x=k/(1-2k)$ . Для $F=(p,q,r)$ получаем

\frac{r}{p}=\frac{c^2}{b^2+c^2-a^2},\qquad \frac{q}{p}=\frac{b^2}{b^2+c^2-a^2}.

Гомотетия с центром $A$ и коэффициентом $2$ переводит $P$ , $N$ в $B$ , $C$ , а окружность $(ANP)$ — в описанную. Достаточно проверить, что образ $F'=2F-A=(2p-1,\,2q,\,2r)$ лежит на описанной окружности $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$ . Обозначим $T=b^2+c^2-a^2$ ; тогда $1/p=1+(b^2+c^2)/T=(2T+a^2)/T$ , и подстановка сводится к тождеству

a^2\cdot\frac{4b^2c^2}{T^2}=\Bigl(2+\frac{a^2}{T}\Bigr)\Bigl(\frac{2b^2c^2}{T}+\frac{2b^2c^2}{T}\Bigr)-\frac{4b^2c^2(T+a^2)}{T^2},

которое после раскрытия скобок обращается в $4a^2b^2c^2=4a^2b^2c^2$ . Значит, $F'$ лежит на описанной окружности, а $F$ — на окружности $(ANP)$ .

3

IMO Shortlist 2005, G5

В остроугольном треугольнике $ABC$ с $AB\ne AC$ точка $H$ — ортоцентр, $M$ — середина $BC$ . Точки $D$ на стороне $AB$ и $E$ на стороне $AC$ таковы, что $AE=AD$ и точки $D$ , $H$ , $E$ лежат на одной прямой. Докажите, что прямая $HM$ перпендикулярна общей хорде описанных окружностей треугольников $ABC$ и $ADE$ .

$—$ $—$

Оранжевая прямая проходит через H и отсекает равные отрезки AD = AE; красная — общая хорда двух окружностей, фиолетовый отрезок — HM . Угол между ними прямой.

Решение

Пусть $AD=AE=\ell$ . Тогда $D=(c-\ell:\ell:0)$ , $E=(b-\ell:0:\ell)$ , а ортоцентр $H=\bigl(\tfrac1{S_A}:\tfrac1{S_B}:\tfrac1{S_C}\bigr)$ . Условие коллинеарности — равенство нулю определителя из трёх троек; оно даёт

\ell=\frac{(b^2+c^2-a^2)(b+c)}{(a+b+c)(b+c-a)}.

Окружность $(ADE)$ ищем в виде $-a^2yz-b^2zx-c^2xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0$ . Подстановка $A$ даёт $u=0$ , подстановка $D$ и $E$ — $v=c(c-\ell)$ , $w=b(b-\ell)$ . Общая хорда — разность уравнений двух окружностей:

c(c-\ell)\,y+b(b-\ell)\,z=0.

На ней лежат $A$ и $P=\bigl(0:b(b-\ell):-c(c-\ell)\bigr)$ , так что направление хорды — $\bigl(b(b-\ell)-c(c-\ell):-b(b-\ell):c(c-\ell)\bigr)$ , сумма нулевая. Направление $MH$ при $O$ в начале — $A+B+C-\tfrac12(B+C)$ , то есть $(2:1:1)$ . Условие перпендикулярности после сокращений сводится к

b\,(a^2-b^2+c^2)(b-\ell)=c\,(a^2+b^2-c^2)(c-\ell).

Из формулы для $\ell$ получаем $b-\ell=\dfrac{c(a^2+b^2-c^2)}{(a+b+c)(b+c-a)}$ и $c-\ell=\dfrac{b(a^2-b^2+c^2)}{(a+b+c)(b+c-a)}$ ; после подстановки обе части равны $\dfrac{bc(a^2-b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)}{(a+b+c)(b+c-a)}$ . Значит, $MH$ перпендикулярна хорде.

Разборы следуют статье М. Шиндлера и Э. Чена Barycentric Coordinates in Olympiad Geometry; там же есть формулы для других замечательных точек и окружностей.

07задачи

Проверь себя

Посчитай, впиши ответ и нажми «Проверить». Разбор открывается кнопкой под задачей. Всё нужное для решения собрано в трёх формулах.

\begin{gathered} P=\frac{xA+yB+zC}{x+y+z} \\[8pt] \frac{BX}{XC}=\frac{z}{y} \\[8pt] ux+vy+wz=0. \end{gathered}

1

В вершинах стоят массы

1

,

2

,

3

. Найди первую и третью нормированные координаты центра масс.

x =

z =

Разбор

Решение

Нормировка — деление на сумму масс:

\left(\frac16,\ \frac26,\ \frac36\right)=\left(\frac16,\ \frac13,\ \frac12\right).

Ответ:

x = 1/6 \approx 0{,}167; z = 1/2

2

Стороны треугольника равны

a=3

,

b=4

,

c=5

. Найди вторую нормированную координату центра вписанной окружности.

=

Разбор

Решение

Координаты центра вписанной равны $(a:b:c)$ , сумма равна $12$ :

\frac{b}{a+b+c}=\frac{4}{12}=\frac13.

Ответ:

1/3

3

Точка имеет координаты

(2:4:6)

. В каком отношении чевиана из

A

делит сторону

BC

?

BX : XC =

Разбор

Решение

Основание чевианы — это $(0:4:6)$ , и по правилу рычага

\frac{BX}{XC}=\frac{z}{y}=\frac64=1{,}5.

Ответ:

1{,}5

4

Какая тройка задаёт точку пересечения медиан?

Разбор

Решение

Равные массы дают равные площади трёх частей. Тройка $(a:b:c)$ — это центр вписанной окружности, $(a^2:b^2:c^2)$ — точка Лемуана, а $(0:1:1)$ — середина стороны $BC$ .

Ответ:

(1 : 1 : 1)

5

Какое уравнение задаёт медиану из вершины

A

?

Разбор

Решение

Медиана проходит через $A=(1:0:0)$ и середину $BC$ , то есть $(0:1:1)$ . Обе тройки удовлетворяют уравнению $y-z=0$ ; уравнение $x=0$ задаёт сторону $BC$ .

Ответ:

y - z = 0

6

Три тройки координат дали нулевое значение выражения

x_3(y_1z_2-y_2z_1)+y_3(z_1x_2-z_2x_1)+z_3(x_1y_2-x_2y_1)

. Что это означает?

Разбор

Решение

Ноль означает, что третья точка удовлетворяет уравнению прямой через первые две, то есть все три лежат на одной прямой. При смене нормировки выражение умножается на число, а обращение в ноль сохраняется.

Ответ:

точки лежат на одной прямой