МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 015 MATHEMATCS AND EDUCATON N MATHEMATCS, 015 Proceedings of the Forty Fourth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians SOK Kamchia, April 6, 015 КОНИЧНИ СЕЧЕНИЯ С КОЛИНЕАРНИ ЦЕНТРОВЕ Сава Гроздев, Веселин Ненков Във връзка с обобщението на една от задачите от Международната олимпиада по математика през 014 г. са получени две забележителни конични сечения на триъгълника, които се определят от произволно негово описано конично сечение. 1. Увод. Съществуват геометрични задачи, чието обобщение води до откриване на забележителни свойства на триъгълника. Тези свойства придават по-дълбок смисъл на самото обобщение. Подобна е ситуацията и с едно обобщение на следващата задача от темата на Международната олимпиада по математика през 014 г. в Кейптаун: Върху страната BC на остроъгълния триъгълник ABC са избрани точки P и Q така, че <)PAB =<)BCA и <)CAQ =<)ABC. Точките M и N съответно върху правите AP и AQ са такива, че P е среда на AM и Q е среда на AN. Да се докаже, че правите BM и CN се пресичат върху описаната около триъгълника ABC окръжност. Обобщение на тази задача, описано в [1], се представя с твърдението на следната: Теорема 1. Нека ko) е конично сечение с център O, описано за ABC, а t b и t c са допирателните на ko) съответно в точките B и C. Точките P и Q от праватаbc са такива, че AP t b и AQ t c. Ако точките M и N са симетричните образи на A съответно спрямо P и Q, то правите BM и CN се пресичат в точка T a от ko). Теорема 1 определя конструкция, чрез която на върха A на дадения триъгълник ABC, се съпоставя точка T a. С аналогични конструкции на върховете B и C могат да се съпоставят съответно точките T b и T c. Специалният начин на построяване на T a, T b и T c ги поставя в положение на забележителни точки за ABC върху описаната му крива ko). Във връзка с тези забележителни точки ще отбележим две интересни конични сечения и едно свойство на техните центрове.. Две забележителни конични сечения. За пресечните точки, определени от правите BC, CA, AB, T b T c, T c T a, T a T b, AT a, BT b, CT c, въвеждаме следните означения: T b T c CA = B c, T b T a CA = B a, T c T a AB = C a, T c T b AB = C b, T a T b BC = A b, T a T c BC = A c, AT a BC = A a, BT b CA = B b, CT c AB = C c, AT a T b T c = K a, BT b T c T a = K b, CT c T a T b = K c Фиг. 1). Наблюденията с програмата THE GEOMETER S SKETCHPAD GSP) ни дават основание да очакваме, че са в сила следните теореми: Теорема. Точките A b, A c, B c, B a, C a, C b лежат на едно конично сечение k o. Фиг. 1) 91
Фиг. 1 Теорема 3. Точките A a, B b, C c, K a, K b и K c лежат на конично сечение k i, вписано в ABC. Фиг. 1) Теорема 4. Правите AT a, BT b и CT c минават през една точка T. Фиг. 1) Ако допуснем, че теорема 4 е вярна, то от теоремата на Дезарг следва, че пресечните точки на двойките срещуположни страни на триъгълниците ABC и T a T b T c са колинеарни. Оттук лесно може да се види, че е изпълнена теорема. Освен това, от конкурентостта на правите AT a, BT b и CT c, според теоремата на Брианшон, следва теорема 3. Следователно остава да се докаже теорема 4. Доказателството на теорема 4, както и нови доказателства на теореми и 3, ще получим с използването на барицентрични координати спрямо дадения ABC, като A1,0,0), B0,1,0) и C0, 0, 1) []. Преди да преминем към аналитичните доказателства на формулираните теореми, ще припомним една връзка на описаната крива ko) с други криви, което ни позволява да опростим някои разсъждения и пресмятания. 3. Фойербахова конфигурация. Нека x,y,z ) x +y +z = 1) е произволна точка от равнината на ABC, нележаща на никоя от правите BC, CA, AB, M b M c, M c M a и M a M b. Спрямо ABC точката има спрегнат триъгълник A B C []. Точките x,y,z ), A x ) y z x,,, B, y ) z, и 1 x 1 x 1 x 1 y 1 y 1 y x y C,, z ) са центрове на конични сечения k), k A ), k B ) 1 z 1 z 1 z и k C ), вписани в ABC. Средите на отсечките A, B, C, B C, C A и A B лежат на конично сечение ko), описано за ABC [3]. От резултатите, получени в [3], следва, че уравнението на кривата ko) и координатите на центъра ѝ O са съответно следните: 1) ko) : x yz +y zx+z xy = 0, 9
1 x y z )x ) O 1 x )1 y )1 z ), 1 y z x )y 1 x )1 y )1 z ), 1 z x y )z ). 1 x )1 y )1 z ) Коничните сечения k), k A ), k B ), k C ) и ko) са свързани с редица общи свойства. Поради едно от тях казваме, че те са елементи на една Фойербахова конфигурация [4]. Фиг. С използването на 1) в [1] са определени координатите на точката T a. От резултата, получен в [1], следва, че координатите на точките T a, T b и T c могат да се представят във вида: x y z ) T a,, 3) x y z x x y z y x y z z T b y, z x y z x y z x x y T c z, x y z, x y z x y 4. Уравнения на кривите k o и k i в барицентрични координати. Първо ще определим уравненията на няколко прави. Затова ще припомним, че общото уравнение на права през точките M 1 x 1,y 1,z 1 ) и M x,y,z ) се намира чрез равенството: x y z 4) x 1 y 1 z 1 x y z = 0. 93 z ), ).
5) От 4) и 5) намираме следните общи уравнения на прави: T b T c : y z x+z x y +x y z = 0, T c T a : y z x z x y +x y z = 0, T a T b : y z x+z x y x y z = 0, AT a : z y y z = 0, BT b : z x x z = 0, AT a : y x x y = 0. От последните три уравнения в 5) лесно се вижда, че правите AT a, BT b и CT c минават през точката x y z ) 6) T x, +y +z x, +y +z x. +y +z Оттук непосредствено се получава доказателство на теорема 4. От 6) се вижда, че точката T не може да е безкрайна, т.е. изпълнено е следното 7) Следствие 1. Правите AT a, BT b и CT c никога не са успоредни. От уравненията 5) получаваме координатите на въведените по-рано точки във вида: z ) x, B z ) a,0,, y x B c x,0, +z x C a x, +y y x +z y ) x,0 +y z A b 0, y, +z y +z y x +z x +z x, C y ) b x, +y x,0, +y y z ) y, +z y, +z z ) x z, A y a +x x, +y x +y ), A c 0, ) x,b b z,0, +x ),0, A a 0, y, +z y +z 4x y z ) K a 4x, +y +z 4x, +y +z 4x, +y +z x 4y z ) 8) K b x, +4y +z x, +4y +z x, +4y +z x y 4z ) K c x, +y +4z x, +y +4z x. +y +4z Сега от 7) и 8) лесно се проверява, че точките A b, A c, B c, B a, C a, C b лежат на крива k o, а точките A a, B b, C c, K a, K b и K c лежат на крива k i съответно със следните уравнения 9) k o : y 4 z4 x +z 4 x4 y +x 4 y4 z) 5x y z x yz +y zx+z xy) = 0, 10) k i : yz 4 x 4 +zx 4 4 y +x 4 yz 4 x yz x yz +yzx+z xy ) = 0. Получените уравнения 9) и 10) доказват теореми и 3. 94
Фиг. 3 По-нататък е интересно да се установи дали може да се определи видът на всяка от кривите k o и k i в зависимост от вида на ko). 5. Вид на кривите k o и k i. С помощта на уравнения 9) и 10) можем да определим вида на съответните криви, като намерим общите им точки с безкрайната права, която има уравнение x + y + z = 0. След заместване на z = x y в 9) и 10), получаваме съответно равенствата: y 4 z 4 +x 4 +5zx ) x +x y 4x y +5yz +5zx z 4 ) xy +x 4 y 4 +z 4 ) +5y z y = 0, y 4 z +x ) x +x y x y ) +y z +z x z4 xy +x 4 y +z ) y = 0. Дискриминантите на тези хомогенни квадратични форми са съответно 11) D o = 9x 4 y4 z4 x 4 +y 4 ) +z4 10y z 10z x 10x y, 1) D i = 16x 4 y4 z4 y z ) +z x +x y. Тъй като според 1) е изпълнено неравенството D i < 0, то е в сила следната: Теорема 5. Кривата k i е елипса, независимо от вида на ko). Фиг. 1,,3,4,5) Представяме израза в скобите на 11) по следния начин: x 4 +y 4 +z 4 10 y z +z x +x y ) = = x +y +z ) x +y +z )x y +z )x +y z ) 8 y z +z x +x y ). Ако изразът = x +y +z ) x +y +z )x y +z )x +y z ) е отрицателен или равен на нула, тогава ko) е съответно елипса или парабола. Следователно и в двата случая D o < 0. Това води до следната Теорема 6. Ако ko) е елипса или парабола, то кривата k o е елипса. Фиг. 1,) В случай, че > 0, кривата ko) е хипербола, а кривата k o може да е елипса, парабола или хипербола, в зависимост от знака на D o. Оттук следва 95
Фиг. 4 Теорема 7. Ако ko) е хипербола, то в зависимост от положението на точката, кривата k o може да е елипса, парабола или хипербола. Фиг. 3,4,5) Следствие. Кривата k o е парабола точно когато точката лежи върху кривата от четвърта степен c : x 4 + y4 + z4 10y z 10z x 10x y = 0. Фиг. 5) Фиг. 5 Едно забележително свойство на кривите k o и k i, което се наблюдава с GSP, е свързано с техните центрове. Затова първо ще покажем как се определя центърът на произволно конично сечение в равнината на ABC. 6. Координати на центъра на крива в равнината на даден триъгълник. Нека в равнината на ABC е дадена крива с уравнение 13) k : a 11 x +a y +a 33 z +a 1 xy +a 3 yz +a 31 zx = 0. 96
В последното уравнение заместваме z = 1 x y. Получаваме k : a 11 +a 33 a 31 )x +a +a 33 a 3 )y +a 1 a 31 a 3 +a 33 )xy+ +a 31 a 33 )x+a 3 a 33 )y +a 33 = 0. Разглеждаме това равенство като уравнение на k спрямо афинна координатна система. От аналитичната геометрия [5], [6]) е известно, че координатите на центъра на k се определят чрез системата линейни уравнения a 11 +a 33 a 31 )x+a 1 a 31 a 3 +a 33 )y +a 31 a 33 ) = 0, a 1 a 31 a 3 +a 33 )x+a +a 33 a 3 )y +a 3 a 33 ) = 0. Като се умножат изразите в последните скоби на двете равенства с 1 = x + y +z и се извършат някои преобразувания, лесно се получава, че барицентричните координати на центъра на крива k, чието уравнение е 13), са решения са линейната система уравнения a 11 a 31 )x+a 1 a 3 )y +a 31 a 33 )z = 0, 14) a 1 a 31 )x+a a 3 )y +a 3 a 33 )z = 0, x+y +z = 1. 7. Колинеарност на центровете на кривите ko), k o и k i. Наблюденията с GSP ни насочват към следната Теорема 8. Центровете O, W o, W i съответно на кривите ko), k o, k i и пресечната точка T на правите AT a, BT b и CT c лежат на една права. Фиг. 1,,3,4,5) За да докажем теорема 8, от уравненията 9) и 10) на кривитеk o иk i и системата 1) определяме координатите на съответните им центрове W o и W i по следния начин: ) ) x 15) W x 5y 5z o, y y 5z ) 5x, z z 5x ) 5y, τ o където τ o = x 4 +y 4 +z 4 10 yz +zx +x y), ) x y 16) W +z) y z i y, +x) z x z +z x +x y y, +y) z +z x +x y y. z +z x +x y Сега след заместване на координатите на две тройки точки, представени с 1), 6), 15) и 16) в 4), получаваме доказателство на теорема 8. От теорема 8 се получават следните уточнения в два специални случая: Следствие 3. Ако ko) е парабола, точките W o, W i и T лежат на права, успоредна на оста на ko). Фиг. ) Следствие 4. Ако ko) е хипербола и k o е парабола, точките O, W i и T лежат на права, успоредна на оста на k o. Фиг. 5) В заключение може да се каже, че с направените наблюдения и изследвания върху полученото в теорема 1 обобщение на олимпиадната задача получихме двойки забележителни конични сечения, определени от всяко описано за триъгълника 97 τ o τ o
конично сечение. Доказаните теореми за тези конични сечения ни предлагат нов поглед върху обобщението, получено в [1]. Накрая е необходимо да се отбележи, че обобщения, свързани с конични сечения, но, използващи друг софтуер Geogеbra и Maple) за откриване и анализиране на различни резултати, се съдържат в работите [7], [8], [9]. ЛИТЕРАТУРА [1] С. Гроздев, В. Ненков. Конкурентност, породена от тангенти. Математика и информатика, 6, 014. [] Г. Паскалев, И. Чобанов. Забележителни точки в триъгълника. София, Народна просвета, 1985. [3] В. Ненков. Обобщение на теоремата на Фойербах. Математика и информатика,, 008, 35 4. [4] В. Ненков. Няколко свойства на Фойербаховата конфигурация. Математика и информатика, 5, 010, 4 61. [5] Г. Станилов. Аналитична геометрия. София, Наука и изкуство, 1979. [6] Н. Мартинов. Аналитична геометрия. София, Наука и изкуство, 1989. [7] П. Лазарова. Eлиптичен арбелос. Математика и информатика,, 013, 159 175. [8] B. Zlatanov. Some Properties of Reflection of Quadrangle about Point. Annals. Computer Science Series, 11, No 1 013), 79 91. [9] B. Zlatanov. An Etude on one Sharygin s Problem. Global Journal of Advanced Research on Classical and Modern Geometries, 3, No 014), 50 61. Сава Иванов Гроздев Институт по математика и информатика ул. Акад. Г. Бончев, бл. 8 1113 София e-mail: sava.grozdev@gmail.com Веселин Ненков Ненков Технически колеж Ловеч ул. Съйко Съев 31 Ловеч e-mail: vnenkov@mail.bg CONCS WTH COLNEAR CENTERS Sava Grozdev, Veselin Nenkov Two notable conics of the triangle are obtained in connection with a problem from the nternational Mathematical Olympiad in 014. The conics are determined by an arbitrary circumscribed conic of the triangle. 98