Тема Счётная планиметрия

Геометрия масс

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счётная планиметрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#106969

Точки $A ,B ,C 1 1 1$ лежат соответственно на сторонах $BC,AC,AB$ треугольника $ABC,$ причём отрезки $AA ,BB ,CC 1 1 1$ пересекаются в точке $K.$ Докажите, что $-AK- AB1 AC1 KA1 = B1C + C1B.$

Показать доказательство

Первое решение. Через вершину $A$ проведём прямую, параллельную $BC,$ до пересечения с прямыми $BB 1$ и $CC 1$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Тогда треугольник $AB1P$ подобен треугольнику $CB1B,$ треугольник $AC1Q$ — треугольнику $BC1C,$ а треугольник $P KQ$ — треугольнику $CKB.$ Следовательно,

AB1 AC1 PA AQ PQ AK B1C-+ C1B-= BC-+ BC-= BC-= KA1-

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Поместим в вершину $A$ массу $1,$ в $B$ — массу $p= AC1∕C1B,$ в $C$ — массу $q = AB1∕B1C.$ Тогда точка $K$ — центр тяжести этой системы материальных точек и

AK-- p+-q AC1- AB1- KA1 = 1 = C1B + B1C

Замечание. Данное утверждение известно как теорема Ван-Обеля.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96581

На сторонах $AB,AC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $C ,B 1 1$ соответственно таким образом, что $AC ∕C B =1∕3 1 1$ и $AB1∕B1C = 1∕6.$ Пусть $X$ — точка пересечения отрезков $BB1$ и $CC1$ и пусть прямая $AX$ пересекает отрезок $BC$ в точке $A1.$ Вычислите

(a) $AX ∕XA1;$

(b) $BA1 ∕A1C.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие веса надо поставить в вершины, чтобы точка X была центром масс всей системы?

Подсказка 2

Правильно! Надо взять материальные точки (A,6), (B,2), (C,1). Теперь можно понять что-то про точку A_1. Например, центром массы чего она является?

Подсказка 3

Точно! Точка A_1 центр масс точек B и C. Осталось только посчитать отношения, используя все эти знания.

Показать ответ и решение

Зададим систему материальных точек $(A,6),(B,2),(C,1),$ тогда поскольку для точки $C 1$ на отрезке $AB$ верно соотношение $6⋅AC1 = 2⋅BC1,$ $C1$ — центр масс точек $(A,6)$ и $(B,2),$ а значит центр масс всей системы лежит на отрезке $CC1.$ Также для точки $B1$ на отрезке $AC$ верно соотношение $6⋅AB1 = 1⋅CB1,$ потому $B1$ — центр масс точек $(A,6)$ и $(C,1),$ тогда центр масс всей системы должен лежать и на $BB1.$ А значит, центр масс системы — точка $X.$ Пусть точка $A2$ центр масс точек $(B,2),(C,1),$ ясно, что $A2$ находится на $BC,$ притом $X$ лежит на $AA2,$ то есть $A2$ совпадает с $A1.$ Тогда $2⋅BA1 = 1⋅CA1,$ следовательно $1 BA1∕A1C = 2,$ а наша система точек имеет тот же центр масс что и $(A,6),(A1,3),$ тогда для $X$ верно следующее соотношение: $6⋅AX = 3⋅A1X,$ то есть $1 AX ∕XA1 = 2.$

$PIC$

Ответ:

$BA ∕A C = 1,AX∕XA = 1. 1 1 2 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96582

На сторонах $AB,$ $BC$ и $AC$ треугольника $ABC,$ или на их продолжениях отмечены точки $C , 1$ $A 1$ и $B 1$ соответственно. Докажите, что прямые $AA1,$ $BB1$ и $CC1$ конкурентны (т. е. либо параллельны, либо пересекаются в одной точке) тогда и только тогда, когда

−−→ −−→ −−→ BA1-⋅CB1-⋅AC1-= 1 −A−1→C −B−1→A −C−1→B

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поймите, какие нужно поставить веса в вершины так, чтобы точки B_1 и C_1 были центрами масс пар точек A,C и A,B соответственно.

Подсказка 2

Теперь понятно, почему точка пересечения прямых BB_1 и СС_1 является центром масс всей системы. Тогда если A_2 - центр масс точек B и C. Осталось понять, что точки A_1 и A_2 делят BC в одном и том же отношении.

Показать доказательство

Зададим систему материальных точек $−A−→C1 −A−B→1 (A,1),(B,−C−→1B),(C,−B−1→C).$ Поскольку для точки $C1$ на $AB$ выполняется соотношение $1⋅−A−C→ + −−A→C1⋅−B−→C =0, 1 −−C→1B 1$ — центр масс точек $(A,1)$ и $(B, −−A→C1), −−C→1B$ а значит, центр масс всей системы лежит отрезке $CC . 1$ Также для точки $B1$ на отрезке $AC$ верно соотношение $1⋅−A−→B1+ −A−−B−→1→ ⋅−C−B→1 = 0, B1C$ — центр масс точек $(A,1)$ и $(C, −A−−B−→1→), B1C$ то есть центр масс всей системы лежит на $BB . 1$ Итак, пересечение $BB 1$ и $CC 1$ является центром масс системы. Таким образом, требуется доказать, что $AA 1$ проходит через центр масс системы тогда и только тогда, когда $−B−A→ −C−→B −A−C→ −A−11→C ⋅−B−→11A ⋅−C−11→B = 1.$ Действительно, центр масс $A2$ точек $−A−C→ −A−B→ (B,−C−11→B),(C,−B−1→C1),$ это такая точка, что верно соотношение $−A−→C1 −−→ −A−→B1 −−→ −C−→1B ⋅BA2 + −B−→1C ⋅CA2 =0,$ то есть $−B−A→2 −C−→B1 −A−C→1 −A−2→C ⋅−B−→1A ⋅−C−1→B = 1.$ Притом $AA2$ проходит через центр масс системы, поэтому в действительности $AA1$ проходит через центр масс системы ровно в случае совпадения $A1$ и $A2,$ что нам и требуется.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#96584

На сторонах $AB,$ $BC$ и $AC$ треугольника $ABC,$ или на их продолжениях отмечены точки $C , 1$ $A 1$ и $B 1$ соответственно. Докажите, что эти точки лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда

−−→ −−→ −−→ B−A−→1-⋅C−B−→1-⋅A−−C→1-=− 1 A1C B1A C1B

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте возьмём какую-то другую точку C₂ такую, что данное равенство выполняется. Тогда центром масс какой системы материальных точек будет являться C₂?

Подсказка 2

Давайте теперь попробуем прийти к центру масс другим способом, возможно, расщепляя какую-то из масс. И тогда получим, что С₂ — точка пересечения AB c B₁A₁, то есть должна совпадать с С₁.

Подсказка 3

Для этого сталось найти системы материальных точек, центрами масс которых являются точки B₁, A₁!

Показать доказательство

Зададим систему материальных точек $−C−B→1 −A−1→C (A,−B−1→A),(B,−B−A→1 ),$ их центром масс является такая точка $C2$ на прямой $AB$ для которой верно соотношение $−C−B→1 ⋅−−A→C + −A−1→C ⋅−B−C→ = 0, −B−1→A 2 −B−A→1 2$ то есть $−−B→A1⋅ −C−B→1 ⋅ −−A→C2= −1. −−A→1C −B−1→A −−C→2B$ Заметим, что центр масс исходной системы совпадает с центром масс системы $(A, −−C−−→B→1),(B, −A−−→1−→C),(C,1),(C,−1). B1A BA1$ Тогда центром масс точек $(A,−C−−B−→1→) B1A$ и $(C,−1)$ является $B1,$ ведь выполняется соотношение $−−→ C−B−1→ ⋅−A−→B1− 1⋅−C−B→1. B1A$ А центром масс точек $−−→ (B,A−1−C→) BA1$ и $(C,1)$ является $A1$ ведь выполняется соотношение $−−→ −−→ −−→ A−1−C→ ⋅BA1+ 1⋅CA1 =0. BA1$ Тогда центр масс исходной системы совпадает с центром масс $−−→ −−→ (B1,C−−B→1− 1),(A1,A−1−C→ +1). B1A BA1$ Тогда центр масс системы — точка пересечения $AB$ с $B1A1,$ то есть точка $C2.$ Таким образом $C1$ лежит на прямой $A1B1$ тогда и только тогда когда она является $C2,$ а значит, тогда и только тогда, когда выполняется необходимое соотношение.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#96585

Через каждую вершину треугольника проведены две прямые, делящие противоположную сторону треугольника на три равные части. Докажите, что диагонали, соединяющие противоположные вершины шестиугольника, образованного этими прямыми, пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задайте систему материальных точек (A,3),(B,3),(C,3). На какую систему с тем же центром масс ее лучше заменить?

Подсказка 2

Правильно! Её лучше заменить на систему (A,2),(A,1),(B,1),(B,2),(C,1),(C,2) с тем же центром масс. Теперь можно понять, центром масс каких систем являются противоположные две вершины нашего шестиугольника. А также понять через, центр масс какой системы проходит главная диагональ.

Показать доказательство

Обозначим точки, делящие стороны на три равные части и вершины шестиугольника как показано на рисунке.

$PIC$

Зададим систему материальных точек $(A,3),(B,3),(C,3).$ Её центр масс совпадает с центром масс системы $(A,2),(A,1),(B,1),(B,2),(C,1),(C,2).$ Заметим, что центр масс системы $(A,2),(B,1),(C,1)$ лежит на отрезке $BB2,$ поскольку $B2$ является центром масс $(A,2),(C,1),$ а также центр масс системы $(A,2),(B,1),(C,1)$ по аналогии лежит и на $CC1,$ ведь $C1$ — центр масс точек $(A,2),(B,1).$ Таким образом центром масс системы $(A,2),(B,1),(C,1)$ — это пересечение отрезков $BB2$ и $CC1,$ то есть $D.$ Теперь поймём, что центр масс системы $(A,1),(B,2),(C,2)$ лежит на отрезке $BB1,$ поскольку $B1$ — центр масс $(A,1),(C,2),$ а также лежит на $CC2,$ поскольку $C2$ — центр масс точек $(A,1),(B,2).$ Тогда центр масс системы $(A,1),(B,2),(C,2)$ — пересечение $BB1$ и $CC2,$ то есть $G.$ Таким образом, центр масс исходной системы материальных точек совпадает с центром масс $(D,4),(G,5).$ А значит, центр масс исходной системы лежит на отрезке $DG,$ симметричными рассуждениями можно показать, он лежит также на $HE$ и $FI,$ то есть все три диагонали шестиугольника имеют общую точку, что и требуется доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#96586

Старый пират зарыл клад на острове среди $20$ деревьев. После этого он написал завещание, в котором указал, как искать клад: надо встать к первому дереву, пройти половину расстояния до второго дерева, затем повернуть к третьему и пройти треть расстояния до него, затем повернуть к четвертому и пройти четверть расстояния до него, и т.д., наконец, повернуть к двадцатому и пройти двадцатую часть расстояния до него. К сожалению, пират забыл указать, как занумерованы деревья! Сколько разных ям придется выкопать потомкам пирата, чтобы всё-таки найти клад?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте как-то пронумеруем деревья и будем смотреть, куда мы придём, если действовать по условию.

Подсказка 2

А что, если посмотреть на центры масс? Если отметить первую точку (середину отрезка, соединяющего первое и второе дерево), может какие-то центры масс будут совпадать?

Подсказка 3

Да, центр масс исходной системы будет совпадать с центром масс той же системы, но вместо первого дерева эта середина отрезка. Что же нам это даёт?

Подсказка 4

Это почти всё решение! Осталось привести аналогичные рассуждения для всех точек.

Показать ответ и решение

Обозначим точки, на которых стоят деревья в порядке их обхода $A ,A ,...,A . 1 2 20$ Рассмотрим систему материальных точек $(A1,1),(A2,1),...,(A20,1).$ Будем делать следующее: сначала, пройдя половину расстояния от $A1$ до $A2,$ обозначим точку $B2,$ в которой находимся и поймём, что она является центром масс точек $(A1,1),(A2,1),$ тогда центр масс исходной системы совпадает с центром масс системы $(B2,2),(A2,1),...,(A20,1).$ Далее продолжаем так: пусть, сделав $k− 1$ переходов, мы оказались в точке $Bk,$ а центр масс исходной системы точек совпадает с центром масс системы $(Bk,k),(Ak,1),...,(A20).$ Так пройдём в точку $Bk+1,$ поскольку она лежит на $BkAk$ и выполняется соотношение $k ⋅BkBk+1 = 1⋅AkBk+1,$ $Bk+1$ — центр масс точек $(Bk,k)$ и $(Ak,1),$ а значит, центр масс исходной системы совпадает с центром масс $(Bk+1,k+ 1),(Ak+1,1),...,(A20).$ То есть указанным порядком обхода мы завершим в центре масс системы, который очевидно не зависит от того как мы занумеруем деревья.

Ответ:

Одну

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#96587

Дан треугольник $ABC.$ На продолжениях сторон $AB$ и $AC$ за точки $B$ и $C$ соответственно выбрали точки $A B$ и $A C$ так, что $BAB = CAC = BC.$ Прямые $BAC$ и $CAB$ пересеклись в точке $A0.$ Точки $B0$ и $C0$ определяются аналогично. Докажите, что прямые $AA0,$ $BB0$ и $CC0$ пересекаются в одной точке.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте рассмотрим систему материальных точек (A, AB+AC), (B, BA+BC), (C, CA+CB). Где у неё находится центр масс?

Подсказка 2

Докажем, что он лежит одновременно на AA₀, BB₀ и CC₀. Из этого и будет следовать, что они пересекаются в одной точке.

Подсказка 3

Для этого нам надо рассматривать другие системы материальных точек. С их помощью мы решим задачу! Осталось только найти подходящие системы!

Показать доказательство

Зададим систему материальных точек $(A,AB +AC ),(B,BA +BC ),(C,CA +CB ).$ Её центр масс совпадает с центром масс системы $(A,AB +AC + BC),(A,−BC ),(B,BA + BC),(C,CA +CB ).$

Рассмотрим систему материальных точек $(A,−BC ),(B,BA+ BC ),(C,CA+ CB ),$ поскольку $AB$ такова, что

−−−→ −−−→ −BC ⋅AAB + (BA + BC)⋅BAB = 0

она является центром масс $(A,−BC),(B,BA + BC ),$ это говорит о том, что центр масс системы лежит на $CA . B$ Аналогично центр масс данной системы должен лежать на $BA , C$ следовательно, он является пересечением отрезков $CA B$ и $BA , C$ то есть точкой $A . 0$

Тогда центр масс исходной системы совпадает с центром масс $(A,AB + AC+ BC ),(A0,BA + BC +CA ),$ то есть он лежит на $AA0.$ Симметрично можно доказать, что он лежит на $BB0$ и $CC0,$ а значит, эти три отрезка должны иметь общую точку, что и требуется доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#96588

Пусть в правильном треугольнике $ABC$ точка $O$ — центр. На стороне $AC$ взята точка $K.$ Докажите, что отрезок, образованный основаниями перпендикуляров, опущенных из точки $K$ на стороны $AB$ и $BC,$ делится отрезком $OK$ пополам.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала обозначим основания перпендикуляров — точки P и Q. Пусть AP = x, BQ = y. Давайте найдём какую-то систему материальных точек, для которой середина PQ — центр масс.

Подсказка 2

Ага, эта система — это (A, x+2y), (B, x+y), (C, 2x+y). Докажем, что он совпадает с центром масс системы O(3x+2y), K(x+y).

Подсказка 3

Доказав это, останется лишь доказать, что K — центр масс системы O(3x+2y), K(x+y). Для этого попробуйте понять, центром масс каких систем является середина PQ, помимо перечисленных.

Показать доказательство

Обозначим основания перпендикуляров из $K$ на $AB$ и $CB$ за $P$ и $Q,$ длины отрезков $AP =x,BQ = y.$ Рассмотрим систему материальных точек $(A,x+ 2y),(B,x +y),(C,2x+ y).$ Выходит центр масс системы совпадает с центром масс системы $(A,x+ 2y),(B,x),(B,y),(C,2x+ y),$ тогда поскольку выполняются соотношения $(x+ 2y)⋅x =x ⋅(x+ 2y)$ и $(2x+ y)⋅y =y ⋅(2x+ y)$ точки $P$ и $Q$ на отрезках $AB$ и $CB$ являются центрами масс пар точек $(A,x+2y),(B,x)$ и $(B,y),(C,2x+ y).$ Отсюда центр масс исходной системы совпадает с центром масс $(P,2x+ 2y),(Q,2x+ 2y),$ а значит, центром масс системы является середина отрезка $PQ.$ Итак, вернёмся к исходной системе материальных точек, $(A,x +2y),(B,x+ y),(C,2x +y),$ её центр масс совпадает с центром масс $(A,x+ y),(A,y),(B,x +y),(C,x+ y),(C,x).$ Центром масс $(A,x+y),(B,x +y),(C,x+ y)$ из симметрии является точка $O,$ а центром масс $(A,y),(C,x)$ в силу истинности соотношения $y⋅2x= x⋅2y$ является точка $K.$ Так центр масс исходной системы совпадает с центром масс системы $O(3x+ 3y),K(x+ y),$ а значит, центр масс, то есть середина отрезка $PQ$ лежит на $OK,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#94951

Дан треугольник $ABC$ . Существует единственный набор таких трёх окружностей $ω ,ω A B$ и $ω C$ , которые лежат внутри треугольника, попарно друг друга касаются, а также каждая из них касается сторон соответствующего угла: $ωA$ касается сторон $AB$ и $AC,ωB$ касается сторон $BA$ и $BC,ωC$ касается сторон $CA$ и $CB$ .

Обозначим точку касания окружностей $ωA$ и $ωB$ как $TAB$ . Аналогично определяются точки $TAC$ и $TBC$ .

Дизайнер хочет сконструировать люстру-витраж из цветного стекла, в которой стороны треугольника $ABC$ - это прочный (пренебрежимо) лёгкий контур, в который вписан массивный плоский диск весом 1 кг, а также добавлены уравновешивающие веса в вершинах $A,B$ и $C$ треугольника так, чтобы точка подвеса люстры находилась на пересечении отрезков $ATBC,BTAC$ и $CTAB$ (остальные детали люстры имеют пренебрежимо малый вес). Докажите, что такой проект люстры осуществим и определите уравновешивающие веса в вершинах (то есть такие, чтобы люстра висела горизонтально, закреплённая только в точке подвеса), если радиусы окружностей $ω$ - это $rA,rB,rC$ , а радиус вписанного диска треугольника равен $r$ .

Источники: Иннополис - 2021, 11.2 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте доказать, что m_A = 0.5(r−r_A)/r_A, m_B = 0.5(r−r_B )/r_B, m_C = 0.5(r−r_C )/r_C подходят.

Подсказка 2

Во-первых, обозначим за I центр вписанной окружности. Давайте разберёмся в каком отношении делят О_A, O_A , O_C отрезки AI, BI, CI соответственно.

Подсказка 3:

Заметим, что гомотетия в точке A с коэффициентом r/r_A переводит ω_A в ω, где ω - вписанная окружность. Значит, AI/AO_A = r/r_A. Значит, AO_A/O_AI = r_A/(r−r_A) . Аналогично,

Подсказка 4

Будем обозначать точку X с весом w как (X, w). Тогда (I, 1) равносильна системе (I, 0.5) и (I, 0.5). А теперь заметим, что m_A/0.5 = (r-r_A)/(r_A). Вспомним правило группировки масс. Есть две точки (X₁, w₁), (X₂, w₂). Тогда их центр масс (Y, w#) таков, что Вектор →(YX₁) × w₁ + →(YX₂) × w₂ = 0, а w# = w₁ + w₂. Тогда для пары точек (A, (r-r_A)/r_A) и (I, 0.5) центром масс будет (O_A, m_A + 0.5), так как →(O_AA) × m_A + →(O_AI) × 0.5 = r_A/r × →(IA) × 0.5(r-r_A)/r_A + (r - r_A)/r × →(AI) × 0.5 = 0. Аналогично для O_B и O_C. Подумайте, что делать дальше?

Подсказка 5

Тогда cистема точек (I, 1), (A, m_A), (B, m_B), (C, m_C) эквивалентна системе (I, 0.5), (I, 0.5), (A, m_А), (B, m_B), (C, m_C), которая, в свою очередь, эквивалентна системе (O_A, m_A + 0.5), (O_B, m_B + 0.5), (C, m_C) = (O_A,r/2r_A), (O_B, r/2r_B), (C, m_C). Как дальше можно сгруппировать массы, зная, что T_(AB) лежит на O_AO_B и делит в хорошем отношении этот отрезок?

Подсказка 6

Заметим, что T_(AB)O_A = r_A, T_(AB)O_В = r_B, а значит →(T_(AB)O_A)/→(T_(AB)O_B) = -r_A/r_B, а значит →(T_(AB)O_A) × r./2r_A + →(T_(AB)O_B) × r/2r_B →(T_(AB)O_A) × r/2r_A - →(T_(AB)O_A) × r_B/r_A × r/2r_B = 0. Значит T_(AB) — центр масс (O_A, r/2r_A) и (O_B, r/2r_B). Итого, cистема (O_A, r/2r_A), (O_B, r/2r_B), (C, m_C) эквивалентна (T_(AB), r/2r_A + r/2r_B), (C, m_C). Что теперь можно сказать про общий центр масс исходной системы, учитывая, что мы свели её к системе всего из ДВУХ точек?

Подсказка 7

Центр масс системы из двух точек всегда лежит на прямой, которую образуют эти точки. Тогда центр масс системы (T_(AB), r/2r_A + r/2r_B), (C, m_C) лежит на прямой CT_(AB). Но стоп, мы же нигде не пользовались тем, что точка C — какая-то особенная, в сравнении с A и B, ведь условие симметрично относительно этой тройки точек. Как можно изящно завершить решение задачи, используя это понимание?

Подсказка 8:

Точно! Если центр масс системы (T_(AB), r/2r_A + r/2r_B), (C, m_C), то есть центр масс исходной системы, лежит на прямой CT_(AB), то в силу симметричности условия, он также лежит на AT_(BC) и на BT_(AC), ведь мы можем просто сдвинуть названия точек по циклу и применить те же рассуждения. Остаётся самый лёгкий шаг. Что следует из того, что точка лежит на трёх прямых?

Показать доказательство

Обозначим массы в вершинах $A,B$ и $C$ соответственно как $m ,m A B$ и $m C$ . Докажем, что массы $m = 0.5(r−rA),m = 0.5(r−-rB),m = 0.5(r−rC) A rA B rB C rC$ подходят.

$PIC$

Покажем, что центр масс системы нагруженных точек $(A,mA ),(I,0.5$ кг) находится в точке $OA$ — центре окружности $Γ A(X)$ (см. рисунок). Из подобия соответствующих прямоугольных треугольников вытекает, что $AI :AOA = r:rA$ . Тогда $IOA∕AOA = (r− rA)∕rA$ . Чтобы точка $OA$ была центром масс указанных точек, по правилу рычага, должно выполняться $0.5⋅IOA = mA ⋅AOA$ . Подставив указанное значение для $mA$ , легко видеть, что правило рычага выполняется и для пары точек $(A,mA ),(I,0.5)$ (и центра масс $OA$ ), и для пар точек $(B,mB ),(I,0.5)$ и $(C,mC ),(I,0.5)$ с центрами масс $OB$ и $OC$ соответственно.

Тогда, пользуясь принципом перегруппировки масс, имеем, что центр масс системы точек $(I,1),(A,mA ),(B,mB)$ и $(C,mC )$ совпадает с центром масс системы точек $(I,0.5),(OA,0.5+mA ),(B,mB )$ , что совпадает с центром масс системы $(OA,0.5+mA ),(OB,0.5+mB ),(C,mC )$ .

Но $0.5 +mA = 1+ r−rA =-r- 2 2rA 2rA$ . Аналогично, $0.5+ mB = -r- 2rB$ и $0.5+ mC = -r- 2rC$ . Значит, указанная система нагруженных точек переписывается в виде $( -r-) ( -r-) OA,2rA , OB,2rB ,(C,mC )$ .

Окружности $Γ A (OA)$ и $Γ B(OB)$ , по выбору, касаются. Значит, отрезок $OAOB$ равен по длине $rA +rB$ и делится точкой $TAB$ на части длины $rA$ и $rB$ . Но тогда для точек $( r-) ( r-) OA, 2rA , OB, 2rB$ и точки $TAB$ выполняется равенство $-r------- -r------- 2rA OATAB +2rBOBTAB = 0$ . Значит, $TAB$ — центр масс системы из этих двух точек, а значит, центр масс изначальной системы $(I,1),(A,mA ),(B,mB )$ и $(C,mC )$ , после перегруппировок, совпадает с центром масс системы двух точек: $( -r- -r-) TAB,2rA + 2rB ,(C,mC )$ . Как следствие, этот центр масс лежит на отрезке $TABC$ . По абсолютно аналогичным причинам, центр масс изначальной четвёрки нагруженных точек лежит также на отрезках $BTAC$ и $CTAB$ . Таким образом, выбранные веса $mA,mB, mC$ удовлетворяют требованию задачи.