Исследовательский проект замечательные точки треугольника

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.

Первые две теоремы Вам хорошо известны, две другие - докажем.

Теорема 1

Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, которая есть центр вписанной окружности.

Доказательство

основано на том факте, что биссектриса угла есть геометрическое место точек, равноудалённых от сторон угла.

Теорема 2

Три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке, которая есть центр описанной окружности.

Доказательство

основано на том, что серединный перпендикуляр отрезка есть геометрическое место точек, равноудалённых от концов этого отрезка.

Теорема 3

Три высоты или три прямые , на которых лежат высоты треугольника, пересекаются в одной точке. Эта точка называется ортоцентром треугольника.

Доказательство

Через вершины треугольника `ABC` проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам.

В пересечении образуется треугольник `A_1 B_1 C_1`.

По построению `ABA_1C` - параллелограмм, поэтому `BA_1 = AC`. Аналогично устанавливается, что `C_1B = AC`, следовательно `C_1B = AC`, точка `B` - середина отрезка `C_1A_1`.
Совершенно так же показывается, что `C` - середина `B_1A_1` и `A` - середина `B_1 C_1`.
Пусть `BN` - высота треугольника `ABC`, тогда для отрезка `A_1 C_1` прямая `BN` - серединный перпендикуляр. Откуда следует, что три прямые, на которых лежат высоты треугольника `ABC`, являются серединными перпендикулярами трёх сторон треугольника `A_1B_1C_1`; а такие перпендикуляры пересекаются в одной точке (теорема 2).
Если треугольник остроугольный, то каждая из высот есть отрезок, соединяющий вершину и некоторую точку противолежащей стороны. В этом случае точки `B` и `N` лежат в разных полуплоскостях, образуемых прямой `AM`, значит отрезок `BN` , пересекает прямую `AM`, точка пересечения лежит на высоте `BN`, т. е. лежит внутри треугольника.
В прямоугольном треугольнике точка пересечения высот есть вершина прямого угла.

Теорема 4

Три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечении в отношении `2:1`, считая от вершины . Эта точка называется центром тяжести (или центром масс) треугольника.
Есть различные доказательства этой теоремы. Приведём то, которое основано на теореме Фалеса.

Доказательство

Пусть `E`, `D` и `F` - середины сторон `AB`, `BC` и `AC` треугольника `ABC`.

Проведём медиану `AD` и через точки `E` и `F` параллельные ей прямые `EK` и `FL`. По теореме Фалеса `BK = KD` `(/_ABC`, E K ‖ A D) EK\|AD) и `DL = LC` `(/_ACB`, A D ‖ F L) AD\| FL) . Но `BD = DC = a//2`, поэтому `BK = KD = DL = LC = a//4`. По тойже теореме `BN = NM = MF` `(/_ FBC`, N K ‖ M D ‖ F L) NK\| MD\| FL) , поэтому `BM = 2MF`.

Это означает, что медиана `BF` в точке `M` пересечения с медианой `AD` разделились в отношении `2:1` считая от вершины.

Докажем, что и медиана `AD` в точке `M` разделилась в том же отношении. Рассуждения аналогичны.

Если рассмотреть медианы `BF` и `CE` то также можно показать, что они пересекаются в той точке, в которой медиана `BF` делится в отношении `2:1` т. е. в той же точке `M`. И этой точкой медиана `CE` также разделится в отношении `2:1`, считая от вершины.

Введение

Предметы окружающего нас мира обладают определенными свойствами, изучением которых занимаются различные науки.

Геометрия - это раздел математики, который рассматривает различные фигуры и их свойства, своими корнями уходит в далёкое прошлое.

В четвертой книге «Начал» Евклид решает задачу: «Вписать круг в данный треугольник». Из решения вытекает, что три биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке - центре вписанного круга. Из решения другой задачи Евклида вытекает, что перпендикуляры, восстановленные к сторонам треугольника в их серединах, тоже пересекаются в одной точке - центре описанного круга. В «Началах» не говорится о том, что и три высоты треугольника пересекаются в одной точке, называемой ортоцентром (греческое слово «ортос» означает «прямой», «правильный»). Это предложение было, однако, известно Архимеду. Четвертой особенной точкой треугольника является точка пересечения медиан. Архимед доказал, что она является центром тяжести (барицентром) треугольника.

На вышеназванные четыре точки было обращено особое внимание, и начиная с XVIII века они были названы «замечательными» или «особенными» точками треугольника. Исследование свойств треугольника, связанных с этими и другими точками, послужило началом для создания новой ветви элементарной математики – «геометрии треугольника» или «новой геометрии треугольника», одним из родоначальников которой стал Леонард Эйлер.

В 1765 году Эйлер доказал, что в любом треугольнике ортоцентр, барицентр и центр описанной окружности лежат на одной прямой, названной позже «прямой Эйлера». В двадцатых годах XIX века французские математики Ж. Понселе, Ш. Брианшон и другие установили независимо друг от друга следующую теорему: основания медиан, основания высот и середины отрезков высот, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на одной и той же окружности. Эта окружность называется «окружностью девяти точек», или «окружностью Фейербаха», или «окружностью Эйлера». К. Фейербах установил, что центр этой окружности лежит на прямой Эйлера.

«Я думаю, что никогда до настоящего времени мы не жили в такой геометрический период. Все вокруг - геометрия». Эти слова, сказанные великим французским архитектором Ле Корбюзье в начале XX века, очень точно характеризуют и наше время. Мир, в котором мы живем, наполнен геометрией домов и улиц, гор и полей, творениями природы и человека.

Нас заинтересовали так называемые «замечательные точки треугольника».

После прочтения литературы по данной теме, мы зафиксировали для себя определения и свойства замечательных точек треугольника. Но на этом наша работа не закончилась, и нам захотелось самим исследовать эти точки.

Поэтому цель данной работы – изучение некоторых замечательных точек и линий треугольника, применение полученных знаний к решению задач. В процессе достижения поставленной цели можно выделить следующие этапы:

Подбор и изучение учебного материала из различных источников информации, литературы;

Изучение основных свойств замечательных точек и линий треугольника;

Обобщение этих свойств и доказательство необходимых теорем;

Решение задач, связанных с замечательными точками треугольника.

Глава I . Замечательные точки и линии треугольника

1.1 Точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника

Серединный перпендикуляр – это прямая, проходящая через середину отрезка, перпендикулярно к нему. Нам уже известна теорема, характеризующая свойство серединного перпендикуляра: каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от его концов и обратно, если точка равноудалена от концов отрезка, то она лежит на серединном перпендикуляре.

Многоугольник называется вписанным в окружность, если все его вершины принадлежат окружности. Окружность при этом называется описанной около многоугольника.

Около всякого треугольника можно описать окружность. Ее центром является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.

Пусть точка О – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника АВ и ВС.

Вывод: таким образом, если точка О- точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, то ОА=ОС=ОВ, т.е. точка О равноудалена от всех вершин треугольника АВС, значит, она является центром описанной окружности.

Следствия

sin γ = c/2R = с/sin γ =2R.

Аналогично доказывается а / sin α =2R, b/ sin β =2R.

Таким образом:

Это свойство называют теоремой синусов.

В математике часто бывает, что объекты, определенные совсем по- разному, оказываются совпадающими.

Пример. Пусть А1, В1, С1 – середины сторон ∆АВС ВС, АС, АВ соответственно. Показать, что окружности, описанные около треугольников АВ1С1, А1В1С, А1ВС1 пересекаются в одной точке. Причем эта точка центр описанной около ∆АВС окружности.

Обобщение. Если на сторонах∆АВС АС, ВС, АС взять произвольные точки А 1 , В 1 , С 1 , то окружности описанные около треугольников АВ 1 С 1 , А 1 В 1 С, А 1 ВС 1 пересекаются в одной точке.

1.2 Точка пересечения биссектрис треугольника

Верно и обратное утверждение: если точка равноудалена от сторон угла, то она лежит на его биссектрисе.

Полезно отметить половины одного угла одинаковыми буквами:

OAF=OAD= α, OBD=OBE= β, OCE=OCF= γ.

Пусть точка О- точка пересечения биссектрис углов А и В. По свойству точки, лежащей на биссектрисе угла А, OF=OD=r. По свойству точки, лежащей на биссектрисе угла В, OЕ=OD=r. Таким образом, OЕ=OD= OF=r= точка О равноудалена от всех сторон треугольника АВС, т.е. О- центр вписанной окружности. (Точка О – единственная).

Вывод: таким образом, если точка О- точка пересечения биссектрис углов треугольника, то OЕ=OD= OF=r, т.е. точка О равноудалена от всех сторон треугольника АВС, значит, она является центром вписанной окружности. Точка О- пересечения биссектрис углов треугольника – замечательная точка треугольника.

Следствия:

Из равенства треугольников АОF и AOD (рисунок 1) по гипотенузе и острому углу, следует, что AF = AD . Из равенства треугольников OBD и OBE следует, что BD = BE , Из равенства треугольников COE и COF следует, что С F = CE . Таким образом, отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки равны.

AF=AD=z , BD=BE=y , СF=CE=x

а=х+у (1), b = х+ z (2), с= х+у (3).

+ (2) – (3), то получим: а+ b -с= x + y + x + z - z - y = а+ b -с= 2 x =

х= ( b + c - а)/2

Аналогично: (1) +(3) – (2), то получим: у = (а + с – b )/2.

Аналогично: (2) +(3) – (1), то получим: z = (а + b - c )/2.

Биссектриса угла треугольника разбивает противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам.

1.3 Точка пересечения медиан треугольника (центроид)

Доказательство 1. Пусть A 1 , B 1 и C 1 -середины сторон BC, CA и AB треугольника ABC соответственно (рис.4).

Пусть G-точка пересечения двух медиан AA 1 и BB 1 . Докажем сначала, что AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2.

Для этого возьмем середины P и Q отрезков AG и BG. По теореме о средней линии треугольника отрезки B 1 A 1 и PQ равны половине стороны AB и параллельны ей. Поэтому четырехугольник A 1 B 1 PQ-параллелограмм. Тогда точка G пересечения его диагоналей PA 1 и QB 1 делит каждую из них пополам. Следовательно, точки P и G делят медиану AA 1 на три равные части, а точки Q и G делят медиану BB 1 также на три равные части. Итак, точка G пересечения двух медиан треугольника делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины.

Точку пересечения медиан треугольника называют центроидом или центром тяжести треугольника. Это название связано с тем, что именно в этой точке находиться центр тяжести однородной треугольной пластины.

1.4 Точка пересечения высот треугольника (ортоцентр)

1.5 Точка Торричелли

Путь дан треугольник ABC. Точкой Торричелли этого треугольника называется такая точка O, из которой стороны данного треугольника видны под углом 120°, т.е. углы AOB, AOC и BOC равны 120°.

Докажем, что в случае, если все углы треугольника меньше 120°, то точка Торричелли существует.

На стороне AB треугольника ABC построим равносторонний треугольник ABC" (рис. 6, а), и опишем около него окружность. Отрезок AB стягивает дугу этой окружности величиной 120°. Следовательно, точки этой дуги, отличные от A и B, обладают тем свойством, что отрезок AB виден из них под углом 120°. Аналогичным образом, на стороне AC треугольника ABC построим равносторонний треугольник ACB" (рис. 6, а), и опишем около него окружность. Точки соответствующей дуги, отличные A и C, обладают тем свойством, что отрезок AC виден из них под углом 120°. В случае, когда углы треугольника меньше 120°, эти дуги пересекаются в некоторой внутренней точке O. В этом случае ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Следовательно, и ∟BOC = 120°. Поэтому точка O является искомой.

В случае, когда один из углов треугольника, например ABC, равен 120°, точкой пересечения дуг окружностей будет точка B (рис. 6, б). В этом случае точки Торричелли не существует, так как нельзя говорить об углах, под которыми видны из этой точки стороны AB и BC.

В случае, когда один из углов треугольника, например ABC, больше 120° (рис. 6, в), соответствующие дуги окружностей не пересекаются, и точки Торричелли также не существует.

С точкой Торричелли связана задача Ферма (которую мы рассмотрим во главе II) нахождении точки, сумма расстояний от которой до трех данных точек наименьшая.

1.6 Окружность девяти точек

Действительно, A 3 B 2 – средняя линия треугольника AHC и, следовательно, A 3 B 2 || CC 1 . B 2 A 2 – средняя линия треугольника ABC и, следовательно, B 2 A 2 || AB. Так как CC 1 ┴ AB, то A 3 B 2 A 2 = 90°. Аналогично, A 3 C 2 A 2 = 90°. Поэтому точки A 2 , B 2 , C 2 , A 3 лежат на одной окружности с диаметром A 2 A 3 . Так как AA 1 ┴BC, то точка A 1 также принадлежит этой окружности. Таким образом, точки A 1 и A 3 лежат на окружности, описанной около треугольника A2B2C2. Аналогичным образом показывается, что точки B 1 и B 3 , C 1 и C 3 лежат на этой окружности. Значит, все девять точек лежат на одной окружности.

При этом центр окружности девяти точек лежит посередине между центром пересечения высот и центром описанной окружности. Действительно, пусть в треугольнике ABC (рис. 9), точка O – центр описанной окружности; G – точка пересечения медиан. H точка пересечения высот. Требуется доказать, что точки O, G, H лежат на одной прямой и центр окружности девяти точек N делит отрезок OH пополам.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке G и коэффициентом -0,5. Вершины A, B, C треугольника ABC перейдут, соответственно в точки A 2 , B 2 , C 2 . Высоты треугольника ABC перейдут в высоты треугольника A 2 B 2 C 2 и, следовательно, точка H перейдет в точку O. Поэтому точки O, G, H будут лежать на одной прямой.

Покажем, что середина N отрезка OH является центром окружности девяти точек. Действительно, C 1 C 2 – хорда окружности девяти точек. Поэтому серединный перпендикуляр к этой хорде является диаметром и пересекает OH в середине N. Аналогично, серединный перпендикуляр к хорде B 1 B 2 является диаметром и пересекает OH в той же точке N. Значит N – центр окружности девяти точек. Что и требовалось доказать.

Действительно, пусть P – произвольная точка, лежащая на окружности, описанной около треугольника ABC; D, E, F – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника (рис. 10). Покажем, что точки D, E, F лежат на одной прямой.

Заметим, что в случае, если AP проходит через центр окружности, то точки D и E совпадают с вершинами B и C. В противном случае, один из углов ABP или ACP острый, а другой – тупой. Из этого следует, что точки D и E будут расположены по разные стороны от прямой BC и для того, чтобы доказать, что точки D, E и F лежат на одной прямой, достаточно проверить, что ∟CEF =∟BED.

Опишем окружность с диаметром CP. Так как ∟CFP = ∟CEP = 90°, то точки E и F лежат на этой окружности. Поэтому ∟CEF =∟CPF как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу окружности. Далее, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. Опишем окружность с диаметром BP. Так как ∟BEP = ∟BDP = 90°, то точки F и D лежат на этой окружности. Поэтому ∟BPD =∟BED. Следовательно, окончательно получаем, что ∟CEF =∟BED. Значит точки D, E, F лежат на одной прямой.

Глава II Решение задач

Начнем с задач, относящихся к расположению биссектрис, медиан и высот треугольника. Их решение, с одной стороны, позволяет вспомнить пройденный ранее материал, а с другой стороны, развивает необходимые геометрические представления, подготавливает к решению более сложных задач.

Задача 1. По углам A и B треугольника ABC (∟A

Решение. Пусть CD – высота, CE – биссектриса, тогда

∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.

Следовательно, ∟DCE =.

Решение. Пусть O – точка пересечения биссектрис треугольника ABC (рис. 1). Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB BC, то ∟A

Решение. Пусть O – точка пересечения высот треугольника ABC (рис. 2). Если AC ∟B. Окружность с диаметром BC пройдет через точки F и G. Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что CG

Доказательство. На сторонах AC и BC треугольника ABC, как на диаметрах, построим окружности. Точки A 1 , B 1 , C 1 принадлежат этим окружностям. Поэтому ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. ∟B 1 BC = ∟CAA 1 , как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 , как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1 , т.е. CC 1 является биссектрисой угла B 1 C 1 A 1 . Аналогичным образом показывается, что AA 1 и BB 1 являются биссектрисами углов B 1 A 1 C 1 и A 1 B 1 C 1 .

Рассмотренный треугольник, вершинами которого являются основания высот данного остроугольного треугольника, дает ответ на одну из классических экстремальных задач.

Решение. Пусть ABC – данный остроугольный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки A 1 , B 1 , C 1 , для которых периметр треугольника A 1 B 1 C 1 был бы наименьшим (рис. 4).

Зафиксируем сначала точку C 1 и будем искать точки A 1 и B 1 , для которых периметр треугольника A 1 B 1 C 1 наименьший (при данном положении точки C 1).

Для этого рассмотрим точки D и E симметричные точке C 1 относительно прямых AC и BC. Тогда B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E и, следовательно, периметр треугольника A 1 B 1 C 1 будет равен длине ломаной DB 1 A 1 E. Ясно, что длина этой ломаной наименьшая, если точки B 1 , A 1 лежат на прямой DE.

Будем теперь менять положение точки C 1 , и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника A 1 B 1 C 1 наименьший.

Так как точка D симметрична C 1 относительно AC, то CD = CC 1 и ACD=ACC 1 . Аналогично, CE=CC 1 и BCE=BCC 1 . Следовательно, треугольник CDE равнобедренный. Его боковая сторона равна CC 1 . Основание DE равно периметру P треугольника A 1 B 1 C 1 . Угол DCE равен удвоенному углу ACB треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки C 1 .

В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра P достигается в случае наименьшего значения CC 1 . Это значение принимается в случае, если CC 1 является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой C 1 на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C.

Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку C 1 , а точку A 1 или точку B 1 и получили бы, что A 1 и B 1 являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC.

Из этого следует, что искомым треугольником, наименьшего периметра, вписанным в данный остроугольный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC.

Решение. Докажем, что в случае, если углы треугольника меньше 120°, то искомой точкой в задаче Штейнера является точка Торричелли.

Повернем треугольник ABC вокруг вершины C на угол 60°, рис. 7. Получим треугольник A’B’C. Возьмем произвольную точку O в треугольнике ABC . При повороте она перейдет в какую-то точку O’. Треугольник OO’C равносторонний, так как CO = CO’ и ∟OCO’ = 60°, следовательно, OC = OO’. Поэтому сумма длин OA + OB + OC будет равна длине ломаной AO + OO’ + O’B’. Ясно, что наименьшее значение длина этой ломаной принимает в случае, если точки A, O, O’, B’ лежат на одной прямой. Если O – точка Торричелли, то это так. Действительно, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. Следовательно, точки A, O, O’ лежат на одной прямой. Аналогично, ∟CO’O = 60°, ∟CO"B" = 120°. Следовательно, точки O, O’, B’ лежат на одной прямой. Значит, все точки A, O, O’, B’ лежат на одной прямой.

Заключение

Геометрия треугольника, наравне с другими разделами элементарной математики, дает возможность почувствовать красоту математики вообще и может стать для кого-то началом пути в «большую науку».

Геометрия - удивительная наука. Ее история насчитывает не одно тысячелетие, но каждая встреча с ней способна одарить и обогатить (как ученика, так и учителя) волнующей новизной маленького открытия, изумляющей радостью творчества. Действительно, любая задача элементарной геометрии является, по существу, теоремой, а ее решение – скромной (а иногда и огромной) математической победой.

Исторически геометрия начиналась с треугольника, поэтому вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является символом геометрии. 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.

В данной работе были рассмотрены свойства биссектрис, медиан, серединных перпендикуляров и высот треугольника, расширено число замечательных точек и линий треугольника, сформулированы и доказаны теоремы. Решен ряд задач на применение этих теорем.

Представленный материал может быть использован как на основных уроках, так и на факультативных занятиях, также при подготовке к централизованному тестированию и олимпиадам по математике.

Список литературы

Берже М. Геометрия в двух томах – М: Мир, 1984.

Киселёв А. П. Элементарная геометрия. – М.: Просвещение, 1980.

Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.: Наука, 1978.

Латотин Л.А., Чеботаравский Б.Д. Математика 9. – Минск: Народная асвета, 2014.

Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. – М.: Наука, 1986. – Ч. 1.

Сканави М. И. Математика. Задачи с решениями. – Ростов-на-Дону: Феникс, 1998.

Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. – М.: Наука, 1986.