Изогональное сопряжение и симедиана

01чевианы

Теорема Чевы

Чевианой называют отрезок от вершины треугольника до точки на противоположной стороне. Пусть в треугольнике $ABC$ проведены три чевианы $AX$ , $BY$ , $CZ$ . Они пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

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

Отрезки считаются направленными, поэтому теорема годится и для точки вне треугольника, когда основания чевиан лежат на продолжениях сторон.

$—$ $—$ $—$

$—$

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

Доказательство в одну сторону. Пусть чевианы пересекаются в точке $P$ . Треугольники $ABX$ и $AXC$ имеют общую высоту из $A$ , а треугольники $PBX$ и $PXC$ — общую высоту из $P$ . Значит,

\frac{BX}{XC}=\frac{S_{ABX}}{S_{AXC}}=\frac{S_{PBX}}{S_{PXC}}=\frac{S_{ABP}}{S_{ACP}},

где последнее равенство — свойство пропорции: разности числителей и знаменателей относятся так же. Записав то же для двух других сторон и перемножив, получаем три площади в числителях и те же три в знаменателях.

Тригонометрическая форма

Ту же площадь можно записать через синус угла при вершине: $S_{ABX}=\tfrac12\,AB\cdot AX\sin\angle BAX$ . Тогда

\frac{BX}{XC}=\frac{AB\,\sin\angle BAX}{AC\,\sin\angle XAC}.

Подставим это и два аналогичных выражения в теорему Чевы. Стороны сократятся: в произведении встретятся $AB/AC$ , $BC/BA$ и $CA/CB$ , а это единица. Остаётся

\frac{\sin\angle BAX}{\sin\angle XAC}\cdot\frac{\sin\angle CBY}{\sin\angle YBA}\cdot\frac{\sin\angle ACZ}{\sin\angle ZCB}=1.

В этой записи участвуют только углы, на которые чевианы делят углы треугольника; с ней и работает следующий раздел.

Теорема Менелая: если три точки на сторонах лежат на одной прямой, то же произведение направленных отрезков равно $-1$ .

02определение

Отражение чевиан

Возьмём точку $P$ внутри треугольника и проведём три чевианы $AP$ , $BP$ , $CP$ . Отразим каждую относительно биссектрисы того угла, из которого она выходит. Две прямые, симметричные относительно биссектрисы угла, называют изогоналями.

Три отражённые чевианы снова проходят через одну точку

Её называют изогонально сопряжённой точке $P$ и обозначают $Q$ .

$—$ $—$

Тёплые чевианы принадлежат P, фиолетовые — их отражения. Кнопки ставят P в знаменитые точки: подпись показывает, что получается в паре.

Доказательство — тригонометрическая Чева из предыдущего раздела. Отражение относительно биссектрисы меняет местами два угла, на которые чевиана делит угол треугольника: если для $P$ это были $\angle BAP$ и $\angle PAC$ , то для отражённой прямой они становятся $\angle PAC$ и $\angle BAP$ .

Значит, каждая дробь в произведении заменяется на обратную:

\prod\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle QAC}=\prod\left(\frac{\sin\angle BAP}{\sin\angle PAC}\right)^{-1}=1^{-1}=1.

Условие Чевы выполнено, следовательно, три отражённые чевианы пересекаются в одной точке. Заодно видно, что соответствие взаимно: отразив чевианы $Q$ , получим обратно чевианы $P$ .

Оговорки две. Во-первых, точка на описанной окружности сопряжённой не имеет: отражённые чевианы становятся параллельными, и точка пересечения уходит в бесконечность. Во-вторых, вершины треугольника выпадают из определения — из вершины чевиана не проводится.

На языке ориентированных углов из первой статьи серии изогональность записывается одним равенством: $\angle(AB,AP)=\angle(AQ,AC)$ . В таком виде она удобна для длинных цепочек.

03пары

Кто с кем сопряжён

Сопряжение переставляет знаменитые точки треугольника парами. Разберём три пары.

Центр вписанной окружности сопряжён сам себе

Чевианы центра вписанной окружности — биссектрисы. Отражение биссектрисы относительно самой себя ничего не меняет, поэтому $I$ переходит в себя.

Центр описанной окружности и ортоцентр

$—$

Голубая дуга — угол OAB, красная — угол HAC; они равны 90° - γ, поэтому AO и AH симметричны относительно биссектрисы угла A .

Проверим, что прямые $AO$ и $AH$ изогональны. Треугольник $AOB$ равнобедренный: $OA=OB=R$ . Центральный угол $\angle AOB$ опирается на ту же дугу, что вписанный $\angle ACB=\gamma$ , поэтому он равен $2\gamma$ , а углы при основании равны

\angle OAB=\frac{180^\circ-2\gamma}{2}=90^\circ-\gamma.

Высота из $A$ перпендикулярна $BC$ , и в прямоугольном треугольнике с углом $\gamma$ при вершине $C$ получаем $\angle HAC=90^\circ-\gamma$ . Значит,

\angle OAB=\angle HAC,

а это и есть изогональность. То же верно для двух других вершин, поэтому $O$ и $H$ сопряжены.

Точка пересечения медиан и точка Лемуана

Сопряжённую точке пересечения медиан называют точкой Лемуана и обозначают $K$ . Отражения медиан называют симедианами; им посвящён следующий раздел.

Сумма углов при сопряжённых точках

Для точки $P$ внутри треугольника и её сопряжённой $Q$ выполняется

\angle BPC+\angle BQC=180^\circ+\angle A.

Действительно, $\angle BPC=180^\circ-\angle PBC-\angle PCB$ , а $\angle BQC=180^\circ-\angle QBC-\angle QCB$ , где $\angle QBC=\angle B-\angle PBC$ и $\angle QCB=\angle C-\angle PCB$ . Сложив, получаем $360^\circ-\angle B-\angle C=180^\circ+\angle A$ .

$—$ $—$

Красный треугольник — BPC, фиолетовый — BQC . Пока P внутри треугольника, сумма углов при P и Q равна 180° + ∠A .

Пары есть и у менее известных точек: точка Торричелли, из которой все три стороны видны под углом $120^\circ$ , сопряжена первой изодинамической точке. Проверяются такие пары тем же способом — счётом углов, на которые чевианы делят углы треугольника.

04симедиана

Три определения одной прямой

Симедианой из вершины $A$ называют прямую, симметричную медиане $AM$ относительно биссектрисы угла $A$ . У неё есть ещё два описания, и все три задают одну и ту же прямую.

$—$ $—$

Пунктир — медиана, тёплая прямая — симедиана, оранжевые — касательные в B и C . Точка T всегда лежит на симедиане, а произведения сторон совпадают.

В каком отношении она делит сторону

Для медианы $BM/MC=1$ , а по формуле из первого раздела

\frac{BM}{MC}=\frac{AB\,\sin\angle BAM}{AC\,\sin\angle MAC}=1\ \Longrightarrow\ \frac{\sin\angle BAM}{\sin\angle MAC}=\frac{AC}{AB}.

У симедианы те же два угла стоят в обратном порядке, поэтому отношение синусов переворачивается, и для точки $S$ пересечения симедианы со стороной

\frac{BS}{SC}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AB}{AC}=\frac{AB^2}{AC^2}.

Касательные к описанной окружности

Проведём касательные к описанной окружности в точках $B$ и $C$ и обозначим их пересечение через $T$ . Прямая $AT$ — симедиана.

Точки $A$ , $S$ , $T$ лежат на одной прямой, поэтому отношение, в котором $S$ делит $BC$ , равно отношению площадей:

\frac{BS}{SC}=\frac{S_{ABT}}{S_{ACT}}.

Касательные из одной точки равны, $TB=TC$ . Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду с другой стороны: $\angle TBA=\gamma$ и $\angle TCA=\beta$ . Значит,

\frac{S_{ABT}}{S_{ACT}}=\frac{AB\cdot TB\sin\gamma}{AC\cdot TC\sin\beta}=\frac{AB\,\sin\gamma}{AC\,\sin\beta}.

По теореме синусов $\sin\gamma/\sin\beta=AB/AC$ , поэтому отношение равно $AB^2/AC^2$ — то же самое, что у симедианы. Прямые совпали.

Гармонический четырёхугольник

Пусть симедиана вторично пересекает описанную окружность в точке $D$ . Точка $T$ — полюс прямой $BC$ : по четвёртому разделу шестой статьи поляра внешней точки есть хорда касания. Прямая $AD$ проходит через $T$ , поэтому точка её пересечения с полярой, то есть $S$ , гармонически сопряжена $T$ относительно $A$ и $D$ .

Значит, четвёрка $(A,D;S,T)$ гармоническая, и то же верно для четвёрки точек $A$ , $B$ , $D$ , $C$ на окружности. По формуле из восьмого раздела пятой статьи двойное отношение на окружности выражается через хорды, и условие $-1$ превращается в равенство

AB\cdot CD=AC\cdot BD.

Четырёхугольник с таким свойством называют гармоническим, а симедиана оказывается его диагональю. Это третье описание, и в задачах оно встречается чаще двух первых.

05точка Лемуана

Где сходятся симедианы

Три симедианы пересекаются в одной точке: они изогональны медианам, а медианы пересекаются в одной точке. Точку их пересечения обозначают $K$ и называют точкой Лемуана.

Её основное свойство — расстояния до сторон. Пусть $P$ лежит на симедиане из $A$ , а $d_b$ и $d_c$ — расстояния от неё до сторон $AC$ и $AB$ . Тогда

\frac{d_c}{d_b}=\frac{AP\,\sin\angle PAB}{AP\,\sin\angle PAC}=\frac{\sin\angle BAS}{\sin\angle SAC}=\frac{AB}{AC}.

Последнее равенство — перевёрнутое отношение синусов из предыдущего раздела. Записав то же для двух других симедиан и применив всё к точке $K$ , получаем

\frac{d_a}{a}=\frac{d_b}{b}=\frac{d_c}{c}.

$—$ $—$

В точке Лемуана K три отношения под чертежом равны, а сумма квадратов расстояний до сторон минимальна: двигай P и сравнивай.

Отсюда экстремальное свойство. Площадь треугольника связывает расстояния со сторонами:

a\,d_a+b\,d_b+c\,d_c=2S.

Правая часть фиксирована, а левая — скалярное произведение двух наборов. По неравенству Коши

(d_a^2+d_b^2+d_c^2)(a^2+b^2+c^2)\ge(2S)^2,

причём равенство достигается ровно тогда, когда наборы пропорциональны. Значит, $K$ — единственная точка, для которой сумма квадратов расстояний до сторон минимальна.

Барицентрические координаты точки Лемуана равны $(a^2:b^2:c^2)$ ; в этом виде она встретится в восьмой статье серии. Пропорциональность расстояний сторонам — то же утверждение без координат.

06педальная окружность

Общая окружность двух точек

Опустим из точки $P$ перпендикуляры на три стороны треугольника. Три основания образуют педальный треугольник точки $P$ . Сделаем то же для сопряжённой точки $Q$ . Все шесть оснований лежат на одной окружности.

$—$ $—$

Тёплые основания принадлежат P, фиолетовые — сопряжённой точке. Все шесть лежат на одной окружности; при P в центре описанной получается окружность девяти точек.

Доказательство разбивается на две части. Сначала покажем, что четыре основания, связанные с вершиной $A$ , лежат на одной окружности.

Обозначим $\angle PAB=\varphi$ и $\angle PAC=\psi$ . Изогональность означает, что $\angle QAB=\psi$ и $\angle QAC=\varphi$ . Основание перпендикуляра из $P$ на $AB$ отстоит от $A$ на $AP\cos\varphi$ , и так же считаются остальные три. Перемножим накрест:

AX_P\cdot AX_Q=AP\cos\varphi\cdot AQ\cos\psi=AY_P\cdot AY_Q.

Равные произведения означают равные степени точки $A$ , а по признаку из второй статьи серии это и есть условие того, что четыре точки лежат на одной окружности.

Теперь найдём её центр. Пусть $M$ — середина отрезка $PQ$ . Проекция середины на прямую — середина проекций, поэтому проекция $M$ на $AB$ лежит посередине между $X_P$ и $X_Q$ , а значит $MX_P=MX_Q$ . То же верно для каждой стороны.

Центр окружности, проходящей через четыре точки при вершине $A$ , лежит на серединных перпендикулярах к $X_PX_Q$ и $Y_PY_Q$ , и обе эти прямые проходят через $M$ . Значит, центр — это $M$ . То же рассуждение для вершин $B$ и $C$ даёт окружности с тем же центром и тем же радиусом $MX_P$ . Все три окружности совпали, и на ней лежат все шесть оснований.

Окружность девяти точек

Возьмём $P=O$ , тогда $Q=H$ . Педальный треугольник центра описанной окружности — это треугольник середин сторон, а педальный треугольник ортоцентра — треугольник оснований высот. По доказанному они вписаны в одну окружность.

Её и называют окружностью девяти точек: кроме этих шести, на ней лежат ещё три середины отрезков от вершин до ортоцентра. Центр окружности — середина $OH$ , что согласуется с общим утверждением, а радиус равен половине радиуса описанной окружности.

07олимпиады

Задача на изогональное сопряжение

Рассмотрим задачу Международной олимпиады, где условие переводится на сопряжённую точку, а дальше работают теорема синусов и свойство биссектрисы.

1

IMO 1996, задача 2

Точка $P$ внутри треугольника $ABC$ такова, что $\angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC$ . Пусть $D$ и $E$ — центры вписанных окружностей треугольников $APB$ и $APC$ . Докажите, что прямые $AP$ , $BD$ и $CE$ пересекаются в одной точке.

положение P на кривой условия45

$—$ $—$

Пунктир — окружность Аполлония PB : PC = AB : AC, на ней лежат все точки, удовлетворяющие условию. D и E — центры вписанных окружностей треугольников APB и APC; биссектрисы BD и CE пересекают AP в одной точке X .

Решение

Прямая $BD$ — биссектриса угла $ABP$ , она делит отрезок $AP$ в отношении $AB:BP$ . Прямая $CE$ — биссектриса угла $ACP$ , она делит $AP$ в отношении $AC:CP$ . Три прямые проходят через одну точку тогда и только тогда, когда

\frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{AB}{AC}=\frac{BP}{CP}.

Пусть $Q$ — точка, изогонально сопряжённая $P$ . По формуле из третьего раздела $\angle APB+\angle AQB=180^\circ+\angle C$ и $\angle APC+\angle AQC=180^\circ+\angle B$ , поэтому условие задачи переписывается как

180^\circ-\angle AQB=180^\circ-\angle AQC,\qquad\text{то есть}\qquad \angle AQB=\angle AQC.

Теорема синусов в треугольниках $AQB$ и $AQC$ :

AB=\frac{AQ\,\sin\angle AQB}{\sin\angle ABQ},\qquad AC=\frac{AQ\,\sin\angle AQC}{\sin\angle ACQ}\ \Longrightarrow\ \frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACQ}{\sin\angle ABQ}.

По изогональности $\angle ABQ=\angle PBC$ и $\angle ACQ=\angle PCB$ , а по теореме синусов в треугольнике $PBC$

\frac{\sin\angle PCB}{\sin\angle PBC}=\frac{BP}{CP}.

Итак, $AB/AC=BP/CP$ , а это и есть условие того, что биссектрисы $BD$ и $CE$ пересекают $AP$ в одной точке.

Заодно получилось описание всех таких точек $P$ : равенство $PB:PC=AB:AC$ задаёт окружность Аполлония точек $B$ , $C$ , проходящую через $A$ ; на чертеже она показана пунктиром.

08задачи

Проверь себя

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

\begin{gathered} \frac{BX}{XC}\cdot\frac{CY}{YA}\cdot\frac{AZ}{ZB}=1 \\[8pt] \frac{BS}{SC}=\frac{AB^2}{AC^2} \\[8pt] \frac{d_a}{a}=\frac{d_b}{b}=\frac{d_c}{c}. \end{gathered}

1

Три чевианы пересекаются в одной точке,

BX/XC=2

,

CY/YA=3

. Найди

AZ/ZB

.

AZ : ZB =

Разбор

Решение

2\cdot3\cdot\frac{AZ}{ZB}=1\ \Longrightarrow\ \frac{AZ}{ZB}=\frac16\approx0{,}167.

Ответ:

1/6 \approx 0{,}167

2

В треугольнике

AB=7

,

AC=5

. В каком отношении симедиана из

A

делит сторону

BC

?

BS : SC =

Разбор

Решение

\frac{BS}{SC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{49}{25}=1{,}96.

Медиана делила бы сторону в отношении единица к единице.

Ответ:

49/25 = 1{,}96

3

Какая точка изогонально сопряжена сама себе?

Разбор

Решение

Её чевианы — биссектрисы, а биссектриса при отражении относительно самой себя не меняется. Остальные перечисленные точки входят в пары: медианы отражаются в симедианы, ортоцентр — в центр описанной окружности.

Ответ:

центр вписанной окружности

4

Какая точка изогонально сопряжена ортоцентру?

Разбор

Решение

В третьем разделе показано, что $\angle OAB=\angle HAC=90^\circ-\gamma$ , то есть прямые $AO$ и $AH$ изогональны. То же верно для двух других вершин.

Ответ:

центр описанной окружности

5

Стороны треугольника относятся как

3:4:5

. Найди отношение расстояний от точки Лемуана до сторон

a

и

c

.

d_{a} : d_{c} =

Разбор

Решение

Расстояния от точки Лемуана пропорциональны сторонам:

\frac{d_a}{d_c}=\frac{a}{c}=\frac35=0{,}6.

Ответ:

0{,}6

6

Радиус описанной окружности равен

10

. Найди радиус окружности, на которой лежат основания высот и середины сторон.

r =

Разбор

Решение

Это окружность девяти точек — педальная окружность пары $O$ и $H$ . Её радиус вдвое меньше радиуса описанной:

r=\frac{R}{2}=5.

Ответ:

5