В треугольнике ABC высоты пересекаются в ортоцентре H; найдите и опишите геометрическое место точек P плоскости, для которых сумма квадратов расстояний до вершин равна постоянной + 3·PH^2, объясните связь с центрами и симметриями треугольника

5 Ноя в 15:18
5 +1
0
Ответы
1
Обозначим постоянную через KKK. Поставим начало координат в ортоцентре HHH и векторные обозначения a⃗=HA→, b⃗=HB→, c⃗=HC→, p⃗=HP→\vec a=\overrightarrow{HA},\ \vec b=\overrightarrow{HB},\ \vec c=\overrightarrow{HC},\ \vec p=\overrightarrow{HP}a=HA, b=HB, c=HC, p =HP. Тогда
PA2+PB2+PC2=∥ p⃗−a⃗∥2+∥ p⃗−b⃗∥2+∥ p⃗−c⃗∥2=3∥p⃗∥2+(∥a⃗∥2+∥b⃗∥2+∥c⃗∥2)−2p⃗⋅(a⃗+b⃗+c⃗). PA^2+PB^2+PC^2=\|\,\vec p-\vec a\|^2+\|\,\vec p-\vec b\|^2+\|\,\vec p-\vec c\|^2
=3\|\vec p\|^2+(\|\vec a\|^2+\|\vec b\|^2+\|\vec c\|^2)-2\vec p\cdot(\vec a+\vec b+\vec c).
PA2+PB2+PC2=p a2+p b2+p c2=3∥p 2+(a2+b2+c2)2p (a+b+c).
Вычитая 3PH2=3∥p⃗∥23PH^2=3\|\vec p\|^23PH2=3∥p 2 получаем линейное уравнение
(∥a⃗∥2+∥b⃗∥2+∥c⃗∥2)−2p⃗⋅(a⃗+b⃗+c⃗)=K, (\|\vec a\|^2+\|\vec b\|^2+\|\vec c\|^2)-2\vec p\cdot(\vec a+\vec b+\vec c)=K,
(a2+b2+c2)2p (a+b+c)=K,
или эквивалентно
p⃗⋅(a⃗+b⃗+c⃗)=∥a⃗∥2+∥b⃗∥2+∥c⃗∥2−K2. \vec p\cdot(\vec a+\vec b+\vec c)=\frac{\|\vec a\|^2+\|\vec b\|^2+\|\vec c\|^2-K}{2}.
p (a+b+c)=2a2+b2+c2K .

Заметим, что a⃗+b⃗+c⃗=3HG→\vec a+\vec b+\vec c=3\overrightarrow{HG}a+b+c=3HG (потому что HA→+HB→+HC→=3HG→\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=3\overrightarrow{HG}HA+HB+HC=3HG). Значит условие можно записать в удобном виде
HP→⋅HG→= S−K 6,S:=HA2+HB2+HC2. \overrightarrow{HP}\cdot\overrightarrow{HG}=\frac{\;S-K\;}{6},\qquad S:=HA^2+HB^2+HC^2.
HPHG=6SK ,S:=HA2+HB2+HC2.

Выводы:
- В общем случае (треугольник не равносторонний, т.е. HG→≠0⃗\overrightarrow{HG}\neq\vec0HG=0) множество точек PPP — прямая, заданная уравнением выше. Это прямая, нормаль которой направлена вдоль отрезка HGHGHG, то есть она перпендикулярна прямой Эйлера HGHGHG. Расстояние от HHH до этой прямой равно
d=∣S−K∣6∥HG→∥. d=\frac{|S-K|}{6\|\overrightarrow{HG}\|}.
d=6∥HGSK .
Знак правой части определяет по какую сторону от HHH (вдоль оси HGHGHG) лежит прямая.
- Частный случай: если треугольник равносторонний, то HG→=0⃗\overrightarrow{HG}=\vec0HG=0 и тогда исходное уравнение сводится к требованию S=KS=KS=K. Поэтому либо K=SK=SK=S и множество всех точек плоскости удовлетворяет условию, либо K≠SK\neq SK=S и решений нет.
Связь с центрами и симметриями:
- Нормаль прямой совпадает с направлением HG→\overrightarrow{HG}HG, т.е. с осью, соединяющей ортоцентр и центроид (часть Эйлеровой прямой). Следовательно множество инвариантно относительно отражения вдоль этой прямой в смысле положения нормали (но само множество — прямая, перпендикулярная этой оси).
- Для изосцелевого треугольника прямая HGHGHG совпадает с осью симметрии треугольника, поэтому искомая прямая будет перпендикулярна этой оси (и, следовательно, параллельна основанию, если вершина симметрии — вершина угла).
- Прямая проходит через центроид GGG, когда подставляя p⃗=HG→\vec p=\overrightarrow{HG}p =HG выполняется условие, т.е. когда
K=S−6∥HG→∥2. K=S-6\|\overrightarrow{HG}\|^2.
K=S6∥HG2.

Таким образом геометрическое место — (обычно) прямая, перпендикулярная HGHGHG и расположенная на расстоянии ∣S−K∣6∥HG→∥\dfrac{|S-K|}{6\|\overrightarrow{HG}\|}6∥HGSK от HHH; в равностороннем случае — либо вся плоскость (если K=SK=SK=S), либо пусто.
5 Ноя в 19:41
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки в течение 1 года
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат
Поможем написать учебную работу
Прямой эфир