γ+(90° +γ/2) =180°, а значит, γ = 60°. В этом случае хорды OA
1
и ОВ
1
описанной окружности четырехугольника ОА
1
СВ
1
равны, так как на них опираются равные углы OCA
1
и ОСВ
1
.
Вписанная окружность Δ АВС
касается его сторон во внутренних точках. Выясним, какие вообще бывают окружности, касающиеся трех прямых АВ, ВС
и СА.
Центр окружности, касающейся двух пересекающихся прямых, лежит на одной из двух прямых, делящих пополам углы между исходными прямыми. Поэтому центры окружностей, касающихся прямых АВ, ВС
и С А,
лежат на биссектрисах внешних или внутренних углов треугольника (или же их продолжениях). Через точку пересечения любых двух биссектрис внешних углов проходит биссектриса внутреннего угла. Доказательство этого утверждения дословно повторяет доказательство соответствующего утверждения для биссектрис внутренних углов. В итоге получаем 4 окружности с центрами О, О
а
, Оь
и О
с
(рис. 57). Окружность с центром О
а
касается стороны ВС
и
продолжений сторон АВ
и АС;
эта окружность называется вневписанной
окружностью Δ АВС.
Радиус вписанной окружности треугольника обычно обозначается через г, а радиусы вневписанных окружностей - через г а
,
г ь
и г с
.
Между радиусами вписанной и вневписанной окружностей имеют место следующие соотношения:
г /
г с =(р-с)/р и
г
г с
=(р - а) (р -в),
где р
- полупериметр Δ АВС.
Докажем это. Пусть К и L
- точки касания вписанной и вневписанной окружностей с прямой ВС
(рис. 58). Прямоугольные треугольники СОК
и CO
c
L
подобны, поэтому
г/
г с =ОК/О
с
L
=
CK
/
CL
..
Ранее было доказано, что СК = (а+в-с)/2=р-с.
Остается проверить, что CL
=
p
.
Пусть М
и Р
- точки касания вневписанной окружности с прямыми АВ
и АС.
Тогда
CL=
(CL+CP)/ 2 = (CB+BL+CA+AP)/2 = (CB+BM + CA+AM)/2 =
р
Для доказательства соотношения rr
c
=(p
-
a
)(p
-
b
)
рассмотрим прямоугольные треугольники LO
C
B
и КВО,
которые подобны, так как
<OBK
+<
O
C
BL
=(<СВА + <АВ
L
)/2=90°.
Значит, L
О с /ВL
=BK
/KO
, т. е. rr
c
=
KO
·
LO
c
=
BK
·
BL
.
Остается заметить, что ВК=(a
+
c
-
b
)/2=
p
-
b
и BL
=
CL
-
CB
=
p
-
a
.
Отметим еще одно интересное свойство (попутно уже фактически доказанное). Пусть вписанная и вневписанная окружности касаются стороны АВ
в точках N
и М
(рис. 58). Тогда AM
=
BN
.
В самом деле, BN
=
p
-
b
и АМ=АР=СР-АС=р - в.
Соотношения rr
c
=(p
- а)(p
-в)
и r
р=
r
с
(р
-с) можно использовать для вывода формулы Герона S
2
=
p
(p
-
a
)(p
-
b
)(p
-
c
),
где S
- площадь треугольника. Перемножая эти соотношения, получаем r
2
p
=(p
-
a
)(p
-
b
)(p
-
c
).
Остается проверить, что S
=
pr
.
Это легко сделать, разрезав ΔАВС
на ΔАОВ,
ΔВОС
и
ΔСОА.
ТОЧКА ПЕРЕСЕЧЕНИЯ МЕДИАН
Докажем, что медианы треугольника пересекаются в одной точке. Рассмотрим для этого точку М,
в которой пересекаются медианы АА
1
и ВВ
1
.
Проведем в ΔВВ1С
среднюю линию A
1
A
2
,
параллельную ВВ
1
(рис. 59). Тогда A
1
M
:
AM
=
B
1
A
2
:
AB
1
=
B
1
A
2
:
B
1
C
=
BA
1
:ВС=1:2,
т. е. точка пересечения медиан ВВ
1
и АА
1
делит медиану АА
1
в отношении 1:2. Аналогично точка пересечения медиан СС
1
и АА
1
делит медиану АА
1
в отношении 1:2. Следовательно, точка пересечения медиан АА
1
и ВВ
1
совпадает с точкой пересечения медиан АА
1
и СС
1
.
Если точку пересечения медиан треугольника соединить с вершинами, то треугольник разобьется на три треугольника равной площади. В самом деле, достаточно доказать, что если Р
- любая точка медианы АА
1
в АВС,
то площади ΔАВР
и
ΔАСР
равны. Ведь медианы АА
1
и РА
1
в Δ АВС
и ΔРВС
разрезают их на треугольники равной площади.
Справедливо также и обратное утверждение: если для некоторой точки Р,
лежащей внутри Δ АВС,
площади ΔАВР, Δ
ВСР
и ΔСАР
равны, то Р
- точка пересечения медиан. В самом деле, из равенства площадей ΔАВР
и
ΔВСР
следует, что расстояния от точек А и С до прямой ВР
равны, а значит, ВР
проходит через середину отрезка АС.
Для АР
и СР
доказательство аналогично.
Равенство площадей треугольников, на которые медианы разбивают треугольник, позволяет следующим образом найти отношение площади s
треугольника, составленного из медиан ΔАВС,
к площади S
самого ΔАВС.
Пусть М
- точка пересечения медиан ΔАВС;
точка А"
симметрична А
относительно точки М
(рис. 60)
С одной стороны, площадь ΔА"МС
равна S
/3. С другой стороны, этот треугольник составлен из отрезков, длина каждого из которых равна 2/3 длины соответствующей медианы, поэтому его площадь
равна (2/3) 2 s
= 4s
/9. Следовательно, s
=3
S
/4.
Весьма важным свойством точки пересечения медиан является то, что сумма трех векторов, идущих из нее в вершины треугольника, равна нулю. Заметим сначала, что АМ=1/3
(АВ+АС)
, где М
- точка пересечения медиан Δ
ABC
.
В самом деле, если
ABA
"С
- параллелограмм, то АА"=АВ+АС
и АМ=1/3АА".
Поэтому МА+МВ+МС=1/3(ВА+СА+АВ + СВ + АС + ВС) = 0.
Ясно также, что этим свойством обладает только точка пересечения медиан, так как если X
- любая другая точка, то
ХА+ХВ+ХС=(ХМ+МА)+(ХМ+МВ)+(ХМ+МС)=3ХМ..
Воспользовавшись этим свойством точки пересечения медиан треугольника, можно доказать следующее утверждение: точка пересечения медиан треугольника с вершинами в серединах сторон АВ,
CD
и EF
шестиугольника ABCDEF
совпадает с точкой пересечения медиан треугольника с вершинами в серединах сторон ВС,
DE
и FA
.
В самом деле, воспользовавшись тем, что если, например, Р
- середина отрезка АВ,
то для любой точки X
справедливо равенство ХА+ ХВ=2ХР,
легко доказать, что точки пересечения медиан обоих рассматриваемых треугольников обладают тем свойством, что сумма векторов, идущих из них в вершины шестиугольника, равна нулю. Следовательно, эти точки совпадают.
Точка пересечения медиан обладает одним свойством, резко выделяющим ее на фоне остальных замечательных точек треугольника: если ΔА"В"С"
является проекцией ΔАВС
на плоскость, то точка пересечения медиан Δ А "В"С
"
является проекцией точки пересечения медиан ΔАВС
на ту же плоскость. Это легко следует из того, что при проектировании середина отрезка переходит в середину его проекции, а значит, медиана треугольника переходит в медиану его проекции. Ни биссектриса, ни высота таким свойством не обладают.
Нельзя не отметить, что точка пересечения медиан треугольника является его центром масс, причем как центром масс системы трех материальных точек с равными массами, находящихся в вершинах треугольника, так и центром масс пластинки, имеющей форму данного треугольника. Положением равновесия треугольника, шарнирно закрепленного в произвольной точке X
,
будет такое положение, при котором луч ХМ
направлен к центру Земли. Для треугольника, шарнирно закрепленного в точке пересечения медиан, любое положение является положением равновесия. Кроме того, треугольник, точка пересечения медиан которого опирается на острие иглы, также будет находиться в положении равновесия.
ТОЧКА ПЕРЕСЕЧЕНИЯ ВЫСОТ
Чтобы доказать, что высоты ΔАВС
пересекаются в одной точке, вспомним путь доказательства, наметившийся в конце раздела «Центр описанной окружности». Проведем через вершины А, В
и С
прямые, параллельные противоположным сторонам; эти прямые образуют ΔА
1
В
1
С
1
(рис. 61). Высоты ΔАВС
являют
ся
серединными перпендикулярами к сторонам ΔA
1
B
1
C
1
.
Следовательно, они пересекаются в одной точке - центре описанной окружности ΔA
1
B
1
C
1
.
Точка пересечения высот треугольника называется иногда его ортоцентром.
-
Легко проверить, что если Н - точка пересечения высот ΔАВС,
то
А, В
и
С -
точки пересечения высот ΔВНС, ΔСНА
и Δ АНВ
соответственно.
Ясно также, что <ABC
+ <
AHC
=
180°, потому что <
BA
1
H
= <
BC
1
H
=90° (A
1
и C
1
- основания высот). Если точка H
1
симметрична точке Н относительно прямой АС,
то четырехугольник АВСН
1
вписанный. Следовательно, радиусы описанных окружностей Δ АВС
и Δ АН С
равны и эти окружности симметричны относительно стороны АС
(рис. 62). Теперь легко доказать, что
АН=а
|ctg
А|, где а=ВС.
Всамомделе,
AH=2R
sin <
ACH=2R
|cos
A| =a
|ctg
А| .
Предположим для простоты, что ΔАВС
остроугольный и рассмотрим ΔA
1
B
1
C
1
,
образованный основаниями его высот. Оказывается, что центром вписанной окружности ΔA
1
B
1
C
1
является точка пересечения высот ΔАВС,
а центры вневписанных окружностей
ΔA
1
B
1
C
1
являются
вершинами Δ АВС
(рис. 63). Точки А
1
и В
1
СН
(так как углы НВ
1
С и НА
1
С
прямые), поэтому <
HA
1
B
1
= <
HCB
1
.
Аналогично <HA
1
C
1
= <
HBC
1
.
А так как <HCB
1
= =<
HBC
1
то А
1
А -
биссектриса <В
1
А
1
С
1
.
Пусть Н
- точка пересечения высот АА
1
, ВВ
1
и CC
1
треугольника ABC
.
Точки A
1
и В
1
лежат на окружности с диаметром АВ,
поэтому AH
·
A
1
H
=
BH
·
B
1
H
. Аналогично ВН
B
1
H
=СН ·С
1
Н.
Для остроугольного треугольника справедливо также обратное утверждение: если точки А 1 , B
1
и C
1
лежат на сторонах ВС, СА
и АВ остроугольного Δ АВС и
отрезки АА
1
, ВВ
1
и СС
1
пересекаются в точке Р,
причем АР·А
1
Р=ВР·В
1
Р=СР·С
1
Р,
то Р
- точка пересечения высот. В самом деле, из равенства
AP
·A
1 P
=BP
·B
1 P
следует, что точки А, В, А
1
и В
1
лежат на одной окружности с диаметром АВ,
а значит, <
AB
1
B
= <
BA
1
A
=γ.
Аналогично <
ACiC
=<
CAiA
=
β
и
<СВ
1
В= <ВС
1
С=
α
(рис. 64). Ясно также, что α + β= CC
1
A
=
l
80°, β
+γ=180° и γ + α = 180°. Следовательно, α = β=γ=90°.
Точку пересечения высот треугольника можно определить еще ж другим весьма интересным способом, но для этого нам потребуются понятия вектора и скалярного произведения векторов.
Пусть О
- центр описанной окружности Δ АВС.
Сумма векторов О А
+ OB
+ ОС
является некоторым вектором, поэтому существует такая точка Р,
что ОР = ОА + ОВ+ОС.
Оказывается, что Р
- точка пересечения высот ΔАВС!
Докажем, например, что AP
перпендикулярно BC
.
Ясно, что АР=АО+
+ор=ао+(оа+ов+ос)=ов+ос и вс= -ов+ос.
Поэтому скалярное произведение векторов АР
и ВС
равно ОС
2
- OB
2
=
R
2
-
R
2
=0,
т. е. эти векторы перпендикулярны.
Это свойство ортоцентра треугольника позволяет, доказывать некоторые далеко не очевидные утверждения. Рассмотрим, например, четырехугольник ABCD
,
вписанный в окружность. Пусть На, Нв, Нс
и H
d
- ортоцентры Δ
BCD
, Δ
CDA
, Δ
DAB
и Δ
ABC
соответственно. Тогда середины отрезков АН
а
, ВНь, СН
С
,
DH
d
совпадают. В самом деле, если О
- центр окружности, а М
- середина отрезка АН
а
,
то ОМ=1/2(0А + ОН
а
)= =1/2(ОА + ОВ+ОС+О
D
)
.
Для середин трех других отрезков получаем точно такие же выражения.
ПРЯМАЯ ЭЙЛЕРА
Самым удивительным свойством замечательных точек тре
угольника является то, что некоторые из них связаны друг с дру
гом определенными соотношениями. Например, точка пересечения
медиан
М,
точка пересечения высот Н и центр описанной окруж
ности О лежат на одной прямой, причем точка
М
делит отре
зок
ОН
так, что справедливо соотношение
ОМ:МН=
1:2. Эта
теорема была доказана в 1765 г. Леонардом Эйлером, который
своей неутомимой деятельностью значительно развил многие области математики и заложил основы многих новых ее разделов. Он родился в 1707 г. в Швейцарии. В 20 лет Эйлер по рекомендации
братьев Бернулли получил приглашение приехать в Санкт-Петер
бург, где незадолго перед этим была организована академия. В
конце 1740 г. в России в связи с приходом к власти Анны Леополь
довны сложилась тревожная обстановка, и Эйлер переехал в
Берлин. Через 25 лет он снова вернулся в Россию, в общей слож
ности в Петербурге Эйлер прожил более 30 лет. Находясь в Берли
не, Эйлер поддерживал тесную связь с русской академией и был
ее почетным членом. Из Берлина Эйлер переписывался с Ломоно
совым. Их переписка завязалась следующим образом. В 1747 г. Ломоносова избрали в профессоры, т. е. в действительные члены академии; императрица это избрание утвердила. После этого
реакционный чиновник академии Шумахер, яро ненавидящий Ло
моносова, послал его работы Эйлеру, надеясь получить о них
плохой отзыв. (Эйлер был старше Ломоносова всего на 4 года,
но его научный авторитет был к тому времени уже очень высок.)
В своем отзыве Эйлер писал: «Все сии сочинения не токмо хоро
ши, но и превосходны, ибо он изъясняет физические и химические
материи самые нужные и трудные, кои совсем неизвестны и невозможны были к истолкова
нию самым остроумным и уче
ным людям, с таким основатель
ством, что я совсем уверен о
точности его доказательств...
Желать надобно, чтобы все про
чие академии были в состоянии показать такие изобретения, ко
торые показал господин Ломо
носов».
Перейдем к доказательству теоремы Эйлера.
Рассмотрим Δ
A
1
B
1
C
1
с
вершинами в серединах сторон Δ АВС;
пусть H
1
и Н - их ортоцентры (рис. 65). Точка Н 1 совпадает с центром О
описанной окружности ΔАВС.
Докажем, что Δ
C
1
H
1
M
=Δ
CHM
.
В самом деле, по свойству точки пересечения медиан С
1
М
:
СМ=
1:2, коэффициент подобия ΔA
1
B
1
C
1
и ΔАВС
равен 2, поэтому C
1
H
1
:
CH
=1:2,
кроме того, <H
1
C
1
M
=<НСМ (C
1
H
1
||
CH
).
Следовательно, < C
1
MH
1
= < СМН,
а значит, точка М
лежит на отрезке H
1
H
.
Кроме того, H
1
M
:
MH
=1:2,
так как коэффициент подобия ΔC
1
H
1
M
и Δ
СНМ
равен 2.
ОКРУЖНОСТЬ ДЕВЯТИ ТОЧЕК
В 1765 г. Эйлер обнаружил, что середины сторон треугольника и основания его высот лежат на одной окружности. Докажем и мы это свойство треугольника.
Пусть В 2 - основание высоты, опущенной из вершины В
на
сторону АС.
Точки В
и В 2 симметричны относительно прямой А
1
С
1
(рис. 66). Следовательно, ΔА
1
В
2
С
1
= Δ
A
1
BC
t
= Δ
A
1
B
1
C
1
,
поэтому <
A
1
B
2
C
1
= <А
1
В
1
С
1
,
а значит, точка В
2
лежит на описанной
окружности ΔА
1
В
1
С
1
.
Для
остальных оснований высот доказательство аналогично. „
Впоследствии было обнаружено, что на той же окружности лежат еще три точки - середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника. Это и есть окружность девяти точек.
Пусть Аз
и Сз
- середины отрезков АН
и СН, С
2
- основание высоты, опущенной из вершины С
на АВ
(рис. 67). Докажем сначала, что A
1
C
1
A
3
C
3
- прямоугольник. Это легко следует из того, что А
1
Сз
и A
3
C
1
- средние линии ΔВСН
и
ΔАВН,
а A
1
C
1
и А
3
Сз
- средние линии ΔАВС
и ΔАСН.
Поэтому точки А
1
и Аз
лежат на окружности с диаметром С
1
Сз,
а так как Аз
и Сз
лежат на окружности, проходящей через точки А
1,
C
1
и С 2 . Эта окружность совпадает с окружностью, рассмотренной Эйлером (если Δ АВС
не равнобедренный). Для точки Вз
доказательство аналогично.
ТОЧКА ТОРРИЧЕЛЛИ
Внутри произвольного четырехугольника ABCD
легко найти точку, сумма расстояний от которой до вершин имеет наименьшее значение. Такой точкой является точка О
пересечения его диагоналей. В самом деле, если X
- любая другая точка, то АХ+ХС≥АС=АО+ОС
и BX
+
XD
≥
BD
=
BO
+
OD
,
причем хотя бы одно из неравенств строгое. Для треугольника аналогичная задача решается сложнее, к ее решению мы сейчас перейдем. Для простоты разберем случай остроугольного треугольника.
Пусть М
- некоторая точка внутри остроугольного Δ АВС.
Повернем Δ АВС
вместе с точкой М
на 60° вокруг точки А
(рис. 68). (Точнее говоря, пусть В",С
и М"
- образы точек В, С
и М
при повороте на 60° вокруг точки А.)
Тогда АМ+ВМ+СМ=ММ"+
BM
+
C
"
M
", АМ=ММ",
так как ΔАММ"
- равнобедренный (АМ=АМ")
и <МАМ" =
60°. Правая часть равенства - это длина ломаной ВММ"С
"
;
она будет наименьшей, когда эта ломаная
совпадает с отрезком ВС
"
.
В этом случае <.
AMB
=
180° - <АММ" =
120° и <АМС = <AM
"
C
-
180°- <AM
"
M
=
120°, т. е. стороны АВ, ВС
и СА видны из точки М
под углом 120°. Такая точка М
называется точкой Торричелли
треугольника ABC
.
Докажем, впрочем, что внутри остроугольного треугольника всегда существует точка М,
из которой каждая сторона видна под утлом 120°. Построим на стороне АВ
треугольника ABC
внешним образом правильный ΔАВС
1
(рис. 69). Пусть М
-точка пересечения описанной окружности ΔАВС
1
и
прямой СС
1
.
Тогда ABC
1
=60°
и АВС
видны из точки М
под углом 120°. Продолжая эти рассуждения немножко дальше, можно получить еще одно определение точки Торричелли. Построим правильные треугольники А
1
ВС
и АВ
1
С
еще и на сторонах ВС и АС.
Докажем, что точка М лежит также и на прямой АА
1
.
В самом деле, точка М
лежит на описанной окружности ΔA
1
BC
,
поэтому <A
1
MB
= <
A
1
CB
= 60°,
а значит, <А
1
МВ+ <.
BMA
=
180°. Аналогично точка М
лежит и на прямой ВВ
1
(рис. 69).
Внутри ΔАВС
существует единственная точка М, из которой его стороны видны под углом 120°, потому что описанные окружности ΔABC
1
, Δ
AB
i
C
и Δ
А
1
ВС
не могут иметь более одной общей точки.
Приведем теперь физическую (механическую) интерпретацию точки Торричелли. Закрепим в вершинах ΔАВС
колечки, пропустим сквозь них три веревки, одни концы которых связаны, а к другим концам прикреплены грузы равной массы (рис. 70). Если х = МА, у = МВ,
z
=
MC
и а
- длина каждой нити, то потенциальная энергия рассматриваемой системы равна mg
(x
-а
)+ mg
(y
-
a
)+
mg
(z
--а).
В положении равновесия потенциальная энергия имеет наименьшее значение, поэтому сумма х+у+z тоже имеет наименьшее значение. С другой стороны, в положении равновесия равнодействующая сил в точке М
равна нулю. Силы эти по абсолютной величине равны, поэтому попарные углы между векторами сил равны 120°.
Остается рассказать, как обстоят дела в случае тупоугольного треугольника. Если тупой угол меньше 120°, то все предыдущие рассуждения остаются в силе. А если тупой угол больше или равен 120°, то сумма расстояний от точки треугольника до его вершин будет наименьшей, когда эта точка - вершина тупого угла.
ТОЧКИ БРОКАРА
Точками Брокара Δ АВС
называются такие его внутренние точки Р
и Q
,
что <ABP
= <.
BCP
=<
CAP
и <.
QAB
= <.
QBC
= < QCA
(для равностороннего треугольника точки Брокара сливаются в одну точку). Докажем, что внутри любого ΔАВС
существует точка Р,
обладающая требуемым свойством (для точки Q
доказательство аналогично). Предварительно сформулируем определение точки Брокара в другом виде. Обозначим величины углов так, как показано на рисунке 71. Поскольку <АРВ=180° - а+
х-у,
равенство х=у
эквивалентно равенству <APB
=180°-<
.
A
.
Следовательно, Р
- точка Δ АВС,
из которой стороны АВ,
ВС
и СА
видны под углами 180°-<.
A
,
180°- <B
,
180°-<С.
Такую точку можно построить следующим образом. Построим на
стороне ВС
треугольника АВС
подобный ему треугольник СА1В
так, как показано на рисунке 72. Докажем, что точка Р пересечения прямой АА1
и описанной окружности ΔА1ВС
искомая. В самом деле, <BPC
=18
O
° - β
и <APB
=
180°- <A
t
PB
=
180° -<A
1
CB
=
l
80°
- а.
Построим далее аналогичным образом подобные треугольники на сторонах АС
и АВ
(рис. 73). Так как <.
APB
=
180° - а,
точка Р
лежит также и на описанной окружности ΔАВС
1
Следовательно, <BPC
1
= <BAC
1
= β, а значит, точка
Р
лежит на отрезке СС
1
.
Аналогично она лежит и на отрезке ВВ
1
,
т. е. Р -
точка пересечения отрезков АА
1
, ВВ
1
и СС
1
.
Точка Брокара Р
обладает следующим интересным свойством. Пусть прямые АР, ВР
и СР
пересекают описанную окружность ΔАВС
в точках А 1 , В 1 и C
1 (рис. 74). Тогда ΔАВС = Δ
B
1
С
1
A
1
.В
самом деле, <.
A
1
B
1
C
1
= <
A
1
B
1
B
+ <
BB
1 C
1 = <A
1
AB
+<В
CC
1 = <A
1
AB
+ +<
A
1
AC
=<.ВАС,
по свойству точки Брокарa
ΔАВС углы BCC
1 и А 1 АС равны, а значит, A
1
C
1
=
BC
.
Равенство остальных сторон ΔАВС
и Δ
В 1 С 1 А 1 проверяется аналогично.
Во всех рассмотренных нами случаях доказательство того, что соответствующие тройки прямых пересекаются в одной точке, можно провести с помощью теоремы Чевы.
Мы сформулируем эту теорему.
Теорема
. Пусть на сторонах АВ, ВС
и С А
треугольника ABC
взяты точки С
1
, А
1
и В
1
соответственно. Прямые АА
1
, ВВ
1
и СС
1
пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда
АС 1 /С 1 В·ВА 1 /А 1 С·СВ 1 / В 1 А = 1.
Доказательство теоремы приведено в учебнике геометрии 7-9 класс Л.С.Атанасяна на с.300.
Литература.
1.Атанасян Л.С. Геометрия 7-9.- М.:Просвещение, 2000г.
2.Киселев А.П. Элементарная геометрия.- М.:Просвещение, 1980г.
3.Никольская И.Л. Факультативный курс по математике. М.:Просвещение, 1991г.
4. Энциклопедический словарь юного математика.. Сост. А.П.Савин.-.М.:Педагогика, 1989.
Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования
«Магнитогорский государственный университет»
Физико-математический факультет
Кафедра алгебры и геометрии
Курсовая работа
Замечательные точки треугольника
Выполнила: студентка 41 группы
Вахрамеева А.М
Научный руководитель
Великих А.С
Магнитогорск 2014
Введение
Исторически геометрия начиналась с треугольника, поэтому вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является как бы символом геометрии; но он не только символ, он - атом геометрии.
Почему именно треугольник можно считать атомом геометрии? Потому что предшествующие понятия - точка, прямая и угол - это неясные и неосязаемые абстракции вместе со связанным с ними набором теорем и задач. Поэтому сегодня школьная геометрия только тогда может стать интересной и содержательной, только тогда может стать собственно геометрией, когда в ней появляется глубокое и всестороннее изучение треугольника.
Удивительно, но треугольник, несмотря на свою кажущуюся простоту, является неисчерпаемым объектом изучения - никто даже в наше время не осмелится сказать, что изучил и знает все свойства треугольника.
Значит, изучение школьной геометрии не может осуществляться без глубокого изучения геометрии треугольника; ввиду многообразия треугольника как объекта изучения - а, значит, и источника различных методик его изучения - необходимо подбирать и разрабатывать материал для изучения геометрии замечательных точек треугольника. Причем при подборе этого материала не следует ограничиваться только лишь замечательными точками, предусмотренными в школьной программе Государственным образовательным стандартом, такими как центр вписанной окружности (точка пересечения биссектрис), центр описанной окружности (точка пересечения серединных перпендикуляров), точка пересечения медиан, точка пересечения высот. Но для глубокого проникновения в природу треугольника и постижения его неисчерпаемости необходимо иметь представления как можно о большем числе замечательных точек треугольника. Помимо неисчерпаемости треугольника как геометрического объекта, необходимо отметить удивительнейшее свойство треугольника как объекта изучения: изучение геометрии треугольника можно начинать с изучения любого его свойства, взяв его за основу; затем методику изучения треугольника можно построить так, чтобы на эту основу нанизывать все остальные свойства треугольника. Другими словами, с чего бы ни начинать изучение треугольника, всегда можно дойти до любых глубин этой удивительной фигуры. Но тогда - как вариант - можно начинать изучение треугольника с изучения его замечательных точек.
Цель курсовой работы состоит в изучении замечательных точек треугольника. Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи:
·Изучить понятия биссектрисы, медианы, высоты, серединного перпендикуляра и их свойства.
·Рассмотреть точку Жергонна, окружность Эйлера и прямую Эйлера, не изучаемые в школе.
ГЛАВА 1. Биссектриса треугольника, центр вписанной окружности треугольника. Свойства биссектрисы треугольника. Точка Жергонна
1 Центр вписанной окружности треугольника
Замечательные точки треугольника - точки, местоположение которых однозначно определяется треугольником и не зависит от того, в каком порядке берутся стороны и вершины треугольника.
Биссектрисой треугольника называется отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяющий вершину с точкой на противоположной стороне.
Теорема. Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена (т.е. равноудалена от прямых, содержащих стороны треугольника) от его сторон. Обратно: каждая точка, лежащая внутри угла и равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе.
Доказательство. 1) Возьмем произвольную точку М на биссектрисе угла ВАС, проведем перпендикуляры МК и МL к прямым АВ и АС и докажем, что МК=МL. Рассмотрим прямоугольные треугольники ?АМК и ?АМL. Они равны по гипотенузе и острому углу (АМ - общая гипотенуза, 1 = 2 по условию). Следовательно, МК=МL.
) Пусть точка М лежит внутри ВАС и равноудалена от его сторон АВ и АС. Докажем, что луч АМ - биссектриса ВАС. Проведем перпендикуляры МК и МL к прямым АВ и АС. Прямоугольные треугольники АКМ и АLM равны по гипотенузе и катету (АМ - общая гипотенуза, МК=МL по условию). Следовательно, 1 = 2. Но это и означает, что луч АМ - биссектриса ВАС. Теорема доказана.
Следствие. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, (центр вписанной окружности, и центр).
Обозначим буквой О точку пересечения биссектрис АА1 и ВВ1 треугольника АВС и проведем из этой точки перпендикуляры ОК, ОL и ОM соответственно к прямым АВ, ВС и СА. По теореме (Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена от его сторон. Обратно: каждая точка, лежащая внутри угла и равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе) мы говорим о том, что ОК = ОМ и ОК = OL. Поэтому OM = OL, т е точка O равноудалена от сторон АСВ и, значит лежит на биссектрисе СС1 этого угла. Следовательно, все три биссектрисы ?АВС пересекаются в точке О, что и требовалось доказать.
окружность биссектриса треугольник прямая
1.2 Свойства биссектрисы треугольника
Биссектриса BD (рис. 1.1) любого угла ?ABC делит противоположную сторону на части AD и CD, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника.
Требуется доказать, что если ABD = DBC, то AD: DC =АВ: ВС.
Проведём СЕ || BD до пересечения в точке Е с продолжением стороны АВ. Тогда, согласно теореме о пропорциональности отрезков, образующихся на прямых, пересечённых несколькими параллельными прямыми, будем иметь пропорцию: AD: DC = АВ: BE. Чтобы от этой пропорции перейти к той, которую требуется доказать, достаточно обнаружить, что ВЕ = ВС, т. е. что ?ВСЕ равнобедренный. В этом треугольнике Е =ABD (как углы соответственные при параллельных прямых) и ВСЕ = DBC (как углы накрест лежащие при тех же параллельных прямых).
Но ABD = DBC по условию; значит, Е = ВСЕ, а потому равны и стороны BE и ВС, лежащие против равных углов.
Теперь, заменив в написанной выше пропорции BE на ВС, получим ту пропорцию, которую требуется доказать.
20 Биссектрисы внутреннего и смежного с ним угла треугольника перпендикулярны.
Доказательство. Пусть BD - биссектриса ABC (рис.1.2), а BE - биссектриса смежного с указанным внутренним углом внешнего CBF, ?ABC. Тогда если обозначить ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, то 2? + 2?= 1800 и, таким образом, ?+ ? = 900. А это и означает, что BD? BE.
30 Биссектриса внешнего угла треугольника делит противолежащую сторону внешним образом на части, пропорциональные прилежащим сторонам.
(Рис.1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 Биссектриса любого угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника.
Доказательство. Рассмотрим ?ABC. Пусть для определенности биссектриса CAB пересекает сторону BC в точке D (рис.1.4). Покажем, что BD: DC = AB: AC. Для этого проведем через точку C прямую, параллельную прямой AB, и обозначим через E точку пересечения этой прямой AD. Тогда DAB=DEC, ABD=ECD и поэтому ?DAB ~ ?DEC по первому признаку подобия треугольников. Далее, так как луч AD - биссектриса CAD , то CAE = EAB = AEC и, значит, ?ECA равнобедренный. Отсюда AC=CE. Но в таком случае из подобия ?DAB и ?DEC следует, что BD: DC=AB: CE =AB: AC, а это и требовалось доказать.
Если биссектриса внешнего угла треугольника пересекает продолжение стороны, противолежащей вершине этого угла, то отрезки от полученной точки пересечения до концов противолежащей стороны пропорциональны прилежащим сторонам треугольника.
Доказательство. Рассмотрим ?ABC. Пусть F - точка на продолжении стороны CA, D - точка пересечения биссектрисы внешнего BAF треугольника с продолжением стороны CB (рис. 1.5). Покажем, что DC:DB=AC:AB. Действительно, проведем через точку C прямую, параллельную прямой AB, и обозначим через E точку пересечения этой прямой с прямой DA. Тогда треугольник ADB ~ ?EDC и, значит, DC:DB=EC:AB. А поскольку ?EAC= ?BAD= ?CEA, то в равнобедренном ?CEA сторона AC=EC и, таким образом, DC:DB=AC:AB, что и требовалось доказать.
3 Решение задач на применение свойств биссектрисы
Задача 1. Пусть O - центр окружности, вписанной в ?ABC, CAB = ?. Доказать, что COB = 900 + ?/2.
Решение. Так как O - центр вписанной в ?ABC окружности (рис 1.6), то лучи BO и CO - биссектрисы ABC и BCA соответственно. А тогда COB = 1800 - (OBC +BCO)= 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, что и требовалось доказать.
Задача 2. Пусть O - центр описанной около ?ABC окружности, H - основание высоты, проведенной к стороне BC. Доказать, что биссектриса CAB является также и биссектрисой ?OAH.
Пусть AD - биссектриса CAB, AE - диаметр описанной около ?ABC окружности (рис.1.7,1.8). Если ?ABC - остроугольный (рис. 1.7) и, значит, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ дуги AC, а ?BHA и ?ECA прямоугольные (BHA =ECA = 900), то ?BHA ~ ?ECA и, следовательно, CAO = CAE =HAB. Далее, BAD и CAD равны по условию, поэтому HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Пусть теперь ABC = 900 . В этом случае высота AH совпадает со стороной AB, то точка O будет принадлежать гипотенузе AC и поэтому справедливость утверждения задачи очевидна.
Рассмотрим случай, когда ABC > 900 (рис.1.8). Здесь четырехугольник ABCE вписан в окружность и, следовательно, AEC = 1800 - ABC. С другой стороны, ABH = 1800 - ABC, т.е. AEC = ABH. А поскольку ?BHA и ?ECA - прямоугольные и, значит, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, то HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Случаи, когда BAC и ACB - тупые рассматриваются аналогично. ?
4 Точка Жергонна
Точкой Жергонна называется точка пересечения отрезков, которые соединяют вершины треугольника с точками касания сторон, противоположных этим вершинам, и вписанной в треугольник окружности.
Пусть точка O - центр вписанной окружности треугольника ABC. Пусть вписанная окружность касается сторон треугольника BC,AC и AB в точках D,E и F соответственно. Точка Жергонна - это точка пересечения отрезков AD, BE и CF. Пусть точка O - центр вписанной окружности ?ABC. Пусть вписанная окружность касается сторон треугольника BC, AC и AB в точках D, E и F соответственно. Точка Жергонна - это точка пересечения отрезков AD, BE и CF.
Докажем, что эти три отрезка действительно пересекаются в одной точке. Заметим, что центр вписанной окружности - это точка пересечения биссектрис углов ?ABC, а радиусы вписанной окружности OD, OE и OF ? сторонам треугольника. Тем самым, имеем три пары равных треугольников (AFO и AEO, BFO и BDO, CDO и CEO).
Произведения AF?BD ? CE и AE ? BE ? CF равны, поскольку BF = BD, CD = CE, AE = AF, следовательно, отношение этих произведений равно, и по теореме Чевы (Пусть точки A1, B1, С1 лежат на сторонах BC, AC и AB ?ABC соответственно. Пусть отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Тогда
(обходим треугольник по часовой стрелке)), отрезки пересекаются в одной точке.
Свойства вписанной окружности:
Окружность называется вписанной в треугольник, если она касается всех его сторон.
В любой треугольник можно вписать окружность.
Дано: ABC - данный треугольник, О - точка пересечения биссектрис, М, L и К - точки касания окружности со сторонами треугольника (рис. 1.11).
Доказать: О - центр окружности, вписанной в АВС.
Доказательство. Проведем из точки О перпендикуляры OK, OL и ОМ соответственно к сторонам АВ, ВС и СА (рис.1.11). Так как точка О равноудалена от сторон треугольника ABC, то ОК = OL = ОМ. Поэтому окружность с центром О радиуса ОК проходит через точки K, L, M. Стороны треугольника ABC касаются этой окружности в точках К, L, М, так как они перпендикулярны к радиусам ОК, OL и ОМ. Значит, окружность с центром О радиуса ОК является вписанной в треугольник ABC. Теорема доказана.
Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пересечения его биссектрис.
Пусть ABC данный, O - центр вписанной в него окружности, D, E и F - точки касания окружности со сторонами (рис.1.12). ? AEO = ? AOD по гипотенузе и катету (EO = OD - как радиус, AO - общая). Из равенства треугольников следует, что? OAD = ? OAE. Значит AO биссектриса угла EAD. Точно также доказывается, что точка O лежит на двух других биссектрисах треугольника.
Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.
Доказательство. Пусть окр.(O; R) данная окружность (рис.1.13), прямая a касается ее в точке P . Пусть радиус OP не перпендикулярен к a . Проведем из точки O перпендикуляр OD к касательной. По определению касательной, все ее точки, отличные от точки P , и, в частности, точка D лежат вне окружности. Следовательно, длина перпендикуляра OD больше R длины наклонной OP . Это противоречит свойству наклонной, и полученное противоречие доказывает утверждение.
ГЛАВА 2. 3 замечательные точки треугольника, окружность Эйлера, прямая Эйлера.
1 Центр описанной окружности треугольника
Серединным перпендикуляром к отрезку называется прямая, проходящая через середину отрезка и перпендикулярная к нему.
Теорема. Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему.
Доказательство. Пусть прямая m - серединный перпендикуляр к отрезку АВ, точка О - середина отрезка.
Рассмотрим произвольную точку М прямой m и докажем, что АМ=ВМ. Если точка М совпадает с точкой О, то это равенство верно, так как О - середина отрезка АВ. Пусть М и О - различные точки. Прямоугольные ?ОАМ и ?ОВМ равны по двум катетам (ОА=ОВ, ОМ - общий катет), поэтому АМ=ВМ.
) Рассмотрим произвольную точку N, равноудаленную от концов отрезка АВ, и докажем, что точка N лежит на прямой m. Если N - точка прямой АВ, то она совпадает с серединой О отрезка АВ и поэтому лежит на прямой m. Если точка N не лежит на прямой АВ, то рассмотрим ?АNB, который равнобедренный, так как АN=BN. Отрезок NO - медиана этого треугольника, а следовательно, и высота. Таким образом, NO перпендикулярна АВ, поэтому прямые ON и m совпадают, и, значит, N - точка прямой m. Теорема доказана.
Следствие. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке, (центр описанной окружности).
Обозначим О, точку пересечения серединных перпендикуляров m и n к сторонам АВ и ВС ?АВС. По теореме (каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему.) мы делаем вывод что ОВ=ОА и ОВ=ОC поэтому: ОА=ОС, т е точка О равноудалена от концов отрезка АС и, значит, лежит на серединном перпендикуляре p к этому отрезку. Следовательно, все три серединных перпендикуляра m, n и p к сторонам ?АВС пересекаются в точке О.
У остроугольного треугольника эта точка лежит внутри, у тупоугольного - вне треугольника, у прямоугольного - на середине гипотенузы.
Свойство серединного перпендикуляра треугольника:
Прямые, на которых лежат биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника, выходящие из одной вершины, пересекаются с серединным к противолежащей стороне перпендикуляром с диаметрально противоположных точках описанной около треугольника окружности.
Доказательство. Пусть, например, биссектриса ABC пересекает описанную около ?ABC окружность в точке D (рис. 2.1). Тогда так как вписанные ABD и DBC равны, то AD= дуге DC. Но серединный к стороне AC перпендикуляр также делит дугу AC пополам, поэтому точка D будет принадлежать и этому серединному перпендикуляру. Далее, поскольку по свойству 30 из пункта 1.3 биссектриса BD ABC , смежного с ABC, то последняя пересечет окружность в точке, диаметрально противоположной точке D, так как вписанный прямой угол всегда опирается на диаметр.
2 Ортоцентр окружности треугольника
Высота - перпендикуляр, проведенный из вершины треугольника к прямой, содержащей противоположную сторону.
Высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке, (ортоцентр).
Доказательство. Рассмотрим произвольный ?АВС и докажем, что прямые АА1, ВВ1, СС1, содержащие его высоты, пересекаются в одной точке. Проведем через каждую вершину ?АВС прямую, параллельную противоположной стороне. Получим ?А2B2C2. Точки А, B и С являются серединными сторон этого треугольника. Действительно, АВ=А2C и АВ=СВ2 как противоположные стороны параллелограммов АВА2C и АВСВ2, поэтому А2C=СВ2. Аналогично С2A=АВ2 и С2B=ВА2. Кроме того, как следует из построения, СС1 перпендикулярен А2B2, АА1 перпендикулярен В2C2 и ВВ1 перпендикулярен А2C2. Таким образом, прямые АА1,ВВ1 и СС1 являются серединными перпендикулярами к сторонам ?А2B2C2. Следовательно, они пересекаются в одной точке.
В зависимости от вида треугольника ортоцентр может находиться внутри треугольника в остроугольных, вне его - в тупоугольных или совпадать с вершиной, в прямоугольных - совпадает с вершиной при прямом угле.
Свойства высоты треугольника:
Отрезок, соединяющий основания двух высот остроугольного треугольника, отсекает от него треугольник, подобный данному, с коэффициентом подобия равным косинусу общего угла.
Доказательство. Пусть AA1, BB1 , CC1 - высоты остроугольного треугольника ABC, а ABC = ? (рис. 2.2). Прямоугольные треугольники BA1A и CC1B имеют общий ?, поэтому они подобны, а значит, BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Отсюда следует, что BA1/BC1=BA/BC = cos ?, т.е. в ?C1BA1 и ?ABC стороны, прилежащие к общему ??C1BA1 ~ ?ABC, причем коэффициент подобия равен cos ?. Аналогичным образом доказывается, что ?A1CB1 ~ ?ABC с коэффициентом подобия cos BCA, а ?B1AC1 ~ ?ABC с коэффициентом подобия cos CAB.
Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его на два подобных между собой и подобных исходному треугольнику, треугольника.
Доказательство. Рассмотрим прямоугольный ?ABC, у которого ?BCA = 900 , а CD - его высота (рис. 2.3).
Тогда подобие ?ADC и ?BDC следует, например, из признака подобия прямоугольных треугольников по пропорциональности двух катетов, поскольку AD/CD = CD/DB. Каждый же из прямоугольных треугольников ADC и BDC подобен исходному прямоугольному треугольнику уже хотя бы на основании признака подобия по двум углам.
Решение задач на применение свойств высот
Задача 1. Доказать, что треугольник, одной из вершин которого является вершина данного тупоугольного треугольника, а две другие вершины - это основания высот тупоугольного треугольника, опущенных из двух других его вершин, подобен данному треугольнику с коэффициентом подобия, равным модулю косинуса угла при первой вершине.
Решение. Рассмотрим тупоугольный ?ABC с тупым CAB. Пусть AA1, BB1, CC1 - его высоты (рис. 2.4, 2.5, 2.6) и пусть CAB = ?, ABC = ?, BCA = ?.
Доказательство того факта, что ?C1BA1 ~ ?ABC (рис.2.4) с коэффициентом подобия k = cos?, полностью повторяет рассуждения, проведенные при доказательстве свойства 1, пункта 2.2.
Докажем, что ?A1CB ~ ?ABC (рис. 2.5) с коэффициентом подобия k1= cos ?, а ?B1AC1 ~ ?ABC (рис. 2.6) с коэффициентом подобия k2 = |cos?|.
Действительно, прямоугольные треугольники CA1A и CB1B имеют общий угол ? и поэтому подобны. Отсюда следует, что B1C/ BC = A1C / AC= cos ? и, значит, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, т.е. в треугольниках A1CB1 и ABC стороны, образующие общий ??, пропорциональны. А тогда по второму признаку подобия треугольников ?A1CB ~ ?ABC, причем коэффициент подобия k1= cos ?. Что же касается последнего случая (рис.2.6), то из рассмотрения прямоугольных треугольников ?BB1A и ?CC1A с равными вертикальными углами BAB1 и C1AC следует, что они подобны и, значит, B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos?|, так как ?? - тупой. Отсюда B1A / C1A = BA /CA = |cos?| и, таким образом, в треугольниках ?B1AC1 и ?ABC стороны, образующие равные углы, пропорциональны. А это означает, что ?B1AC1 ~ ?ABC с коэффициентом подобия k2 = |cos?|.
Задача 2. Доказать, что если точка O - точка пересечения высот остроугольного треугольника ABC, то ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Решение. Докажем справедливость первой из приведенных в условии задачи формул. Справедливость остальных двух формул доказывается аналогично. Итак, пусть ABC = ?, AOC =?. A1, B1 и C1 - основания высот треугольника, проведенных из вершин A, B и C соответственно (рис.2.7). Тогда из прямоугольного треугольника BC1C следует, что BCC1 = 900 - ? и, таким образом, в прямоугольном треугольнике OA1C угол COA1 равен ?. Но сумма углов AOC + COA1 =? + ? дает развернутый угол и поэтому AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, что и требовалось доказать.
Задача 3. Доказать, что высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами углов треугольника, вершинами которого являются основания высот данного треугольника.
ис.2.8
Решение. Пусть AA1, ВВ1, CC1 - высоты остроугольного треугольника ABC и пусть CAB = ? (рис.2.8). Докажем, например, что высота AA1 является биссектрисой угла C1A1B1. Действительно, так как треугольники C1BA1 и ABC подобны (свойство 1), то BA1C1 = ? и, значит, C1A1A = 900 - ?. Из подобия же треугольников A1CB1 и ABС следует, что AA1B1 = 900 - ? и поэтому C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Но это и означает, что AA1 - биссектриса угла C1A1B1. Аналогично доказывается, что две другие высоты треугольника ABC являются биссектрисами двух других соответствующих углов треугольника A1B1C1.
3 Центр тяжести окружности треугольника
Медианой треугольника называется отрезок, соединяющий любую вершину треугольника с серединой противолежащей стороны.
Теорема. Медиана треугольника пересекаются в одной точке, (центр тяжести).
Доказательство. Рассмотрим произвольный ?АВС.
Обозначим буквой О точку пересечения медиан АА1 и ВВ1 и проведем среднюю линию А1B1 этого треугольника. Отрезок А1B1 параллелен стороне АВ, поэтому 1 = 2 и 3 = 4. Следовательно, ?АОВ и ?А1ОВ1 подобны по двум углам, и, значит, их стороны пропорциональны: АО:А1O=ВО:В1O=АВ:А1B1. Но АВ=2А1B1, поэтому АО=2А1O и ВО=2В1O. Таким образом, точка О пересечения медиан АА1 и ВВ1 делит каждую из них в отношении 2:1,считая от вершины.
Аналогично доказывается, что точка пересечения медиан ВВ1 и СС1 делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины, и, следовательно, совпадает с точкой О и делятся ею в отношении 2:1,считая от вершины.
Свойства медианы треугольника:
10 Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины.
Дано: ?АВС, АА1,ВВ1 - медианы.
Доказать: АО:ОА1=ВО:ОВ1=2:1
Доказательство. Проведем среднюю линию А1В1 (рис.2.10), по свойству средней линии А1В1||АВ, А1В1=1/2 AB. Так как А1В1 || АВ, то 1 = 2 накрест лежащие при параллельных прямых АВ и А1В1 и секущей АА1. 3 = 4 накрест лежащие при параллельных прямых А1В1 и АВ и секущей ВВ1.
Следовательно, ?АОВ ~ ?А1OB1 по равенству двух углов, значит, стороны пропорциональны: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
Медиана разбивает треугольник на два треугольника одинаковой площади.
Доказательство. BD - медиана ?ABC (рис.2.11), BE - его высота. Тогда ?ABD и ?DBC равновелики, так как они имеют равные основания AD и DC соответственно и общую высоту BE.
Весь треугольник разделяется своими медианами на шесть равновеликих треугольников.
Если на продолжении медианы треугольника отложить от середины стороны треугольника отрезок, равный по длине медиане, то концевая точка этого отрезка и вершины треугольника являются вершинами параллелограмма.
Доказательство. Пусть D - середина стороны BC ?ABC (рис. 2.12), E - такая точка на прямой AD, что DE=AD. Тогда поскольку диагонали AE и BC четырехугольника ABEC в точке D их пересечения делятся пополам, то из свойства 13.4 и следует, что четырехугольник ABEC - параллелограмм.
Решение задач на применение свойств медиан:
Задача 1. Доказать, что если O - точка пересечения медиан ?ABC, то ?AOB, ?BOC и ?AOC равновелики.
Решение. Пусть AA1 и BB1 - медианы ?ABC(рис. 2.13). Рассмотрим ?AOB и ?BOC. Очевидно, что S?AOB = S?AB1B - S?AB1O , S?BOC = S?BB1C - S?OB1C . Но по свойству 2 имеем S?AB1B = S?BB1C , S?AOB = S?OB1C , откуда следует, что S?AOB = S?BOC . Аналогично доказывается и равенство S?AOB = S?AOC.
Задача 2. Доказать, что если точка O лежит внутри ?ABC и ?AOB, ?BOC и ?AOC равновелики, то O - точка пересечения медиан ?ABC.
Решение. Рассмотрим ?ABC (2.14) и предположим, что точка O не лежит на медиане BB1 . Тогда так как OB1 - медиана ?AOC, то S?AOB1 = S?B1OC , а поскольку по условию S?AOB = S?BOC , то S?AB1OB = S?BOB1C . Но этого быть не может, так как S?ABB1 = S?B1BC . Полученное противоречие означает, что точка O лежит на медиане BB1. Аналогично доказывается, что точка O принадлежит и двум другим медианам ?ABC. Отсюда и следует, что точка O действительно является точкой пересечения трех медиан ?ABC.
Задача 3. Доказать, что если в ?ABC стороны AB и BC не равны, то его биссектриса BD лежит между медианой BM и высотой BH.
Доказательство. Опишем около ?ABC окружность и продолжим его биссектрису BD до пересечения с окружностью в точке K. Через точку K будет проходить серединный к отрезку AC перпендикуляр (свойство1, из пункта 2.1), который с медианой имеет общую точку M. Но так как отрезки BH и MK параллельны, а точки B и K лежат по разные стороны от прямой AC, то точка пересечения отрезков BK и AC принадлежат отрезку HM, а это и доказывает требуемое.
Задача 4. В ?ABC медиана BM в два раза меньше стороны AB и образует с ней угол 400. Найдите ABC.
Решение. Продлим медиану BM за точку M на ее длину и получим точку D (рис. 2.15). Так как AB = 2BM , то AB = BD , то есть треугольник ABD - равнобедренный. Следовательно, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Четырёхугольник ABCD является параллелограммом, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Значит, CBD = ADB = 700 . Тогда ABC = ABD + CBD =1100.Ответ 1100.
Задача 5. Стороны?ABC равны a, b, c . Вычислить медиану mc, проведенную к стороне с.(рис.2.16).
Решение. Удвоим медиану, достроив?ABC до параллелограмма АСВР, и применим к этому параллелограмму теорему 8. Получим: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, т.е. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, откуда находим:
2.4 Окружность Эйлера. Прямая Эйлера
Теорема. Основания медиан, высот произвольного треугольника, а также середины отрезков, соединяющих вершины треугольника с его ортоцентром, лежат на одной окружности, радиус которой равен половине радиуса описанной около треугольника окружности. Эта окружность называется окружностью девяти точек или окружностью Эйлера.
Доказательство. Возьмем серединный?MNL (рис. 2.17) и опишем около него окружность W. Отрезок LQ - медиана в прямоугольном?AQB, поэтому LQ=1/2AB. Отрезок MN=1/2AB, т.к. MN- средняя линия?ABC. Отсюда следует, что трапеция QLMN - равнобочная. Так как окружность W проходит через 3 вершины равнобочной трапеции L, M, N, то она пройдет и через четвертую вершину Q. Аналогично доказывается, что P принадлежит W, R принадлежит W.
Перейдем к точкам X, Y, Z. Отрезок XL перпендикулярен BH как средняя линия?AHB. Отрезок BH перпендикулярен AC и так как AC параллельно LM, то BH перпендикулярно LM. Следовательно, XLM=П/2. Аналогично, XNM= П/2.
В четырехугольнике LXNM два противоположных угла прямые, поэтому около него можно описать окружность. Это будет окружность W. Итак, X принадлежит W, аналогично Y принадлежит W, Z принадлежит W.
Серединный?LMN подобен?ABC. Коэффициент подобия равен 2. Следовательно, радиус окружности девяти точек равен R/2.
Свойства окружности Эйлера:
Радиус окружности девяти точек равен половине радиуса окружности, описанной около?ABC.
Окружность девяти точек гомотетична окружности, описанной около?ABC, с коэффициентом ½ и центром гомотетии в точке H.
Теорема. Ортоцентр, центроид, центр описанной окружности и центр окружности девяти точек лежат на одной прямой. Прямая Эйлера.
Доказательство. Пусть H - ортоцентр?ABC (рис.2.18) и O - центр описанной окружности. По построению серединные перпендикуляры?ABC содержат высоты серединного?MNL, т. O одновременно ортоцентром?LMN. ?LMN ~ ?ABC, их коэффициент подобия равен 2, поэтому BH=2ON.
Проведем через точки H и O прямую. Получим два подобных треугольника?NOG и?BHG. Так как BH=2ON, то и BG=2GN. Последнее означает что точка G является центроидом?ABC. Для точки G выполняется соотношение HG:GO=2:1.
Пусть далее TF есть серединный перпендикуляр?MNL и F - точка пересечения этого перпендикуляра с прямой HO. Рассмотрим подобные?TGF и?NGO. Точка G - центроид?MNL, поэтому коэффициент подобия?TGF и?NGO равен 2. Отсюда OG=2GF и так как HG=2GO, то HF=FO и F - середина отрезка HO.
Если провести те же рассуждения относительно серединного перпендикуляра к другой стороне?MNL, то он также должен пройти через середину отрезка HO. Но это означает, что точка F - точка серединных перпендикуляров?MNL. Такая точка является центром окружности Эйлера. Теорема доказана.
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
В данной работе мы рассмотрели 4 замечательные точки треугольника, изучаемые в школе и их свойства, на основе которых мы можем решать множество задач. Так же были рассмотрены точка Жергонна, окружность Эйлера и прямая Эйлера.
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ
1.Геометрия 7-9. Учебник для средних школ // Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. - М.: Просвещение, 1994.
2.Амелькин В.В. Геометрия на плоскости: Теория, задачи, решения: Учеб. Пособие по математике // В. В. Амелькин, В.Л. Рабцевич, В.Л. Тимохович - Мн.: «Асар », 2003.
.В.С. Болодурин, О.А. Вахмянина, Т.С. Измайлова // Пособие по элементарной геометрии. Оренбург, ОГПИ, 1991.
.Прасолов В.Г. Задачи по планиметрии. - 4-е изд., дополненное - М.: Изд-во Московского центра непрерывного математического обра-зования, 2001.