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.

2) 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

10 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.

Рис.1.1

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.

Рис. 1.2

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 BDЃЫ BE.

30 Биссектриса внешнего угла треугольника делит противолежащую сторону внешним образом на части, пропорциональные прилежащим сторонам.

Рис.1.3

(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.

Рис. 1.4

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.

50 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.

Рис. 1.5

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.

1.3 Решение задач на применение свойств биссектрисы

Задача 1. Пусть O - центр окружности, вписанной в ?ABC, CAB = ?. Доказать, что COB = 900 + ?/2.

Рис. 1.6

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.

Решение.

Рис. 1.7

Рис.1.8

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= ? 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. ЃЫ

1.4 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.

Рис.1.9

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 ЃЫ сторонам треугольника. Тем самым, имеем три пары равных треугольников (AFO и AEO, BFO и BDO, CDO и CEO).

Рис.1.10

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.

10 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.

Рис.1.11

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.

20 Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пересечения его биссектрис.

Рис.1.12

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.

30 Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.

Рис.1.13

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.

2.1 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.

2) 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:

10 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.

Рис. 2.1

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.

2.2 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:

10 Отрезок, соединяющий основания двух высот остроугольного треугольника, отсекает от него треугольник, подобный данному, с коэффициентом подобия равным косинусу общего угла.

Рис. 2.2

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 ?, пропорциональны. А тогда по второму признаку подобия треугольников ?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.

20 Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его на два подобных между собой и подобных исходному треугольнику, треугольника.

Рис. 2.3

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?|.

Рис. 2.4

Рис. 2.5

Рис. 2.6

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.

Рис.2.7

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.

Hис.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.

2.3 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.

Рис. 2.9

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.

Рис.2.10

20 Медиана разбивает треугольник на два треугольника одинаковой площади.

Рис.2.11

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.

30 Весь треугольник разделяется своими медианами на шесть равновеликих треугольников.

40 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.

Рис. 2.12

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.

Рис.2.13

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.

Рис. 2.14

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.

Рис 2.15

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 ).

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:

10 Радиус окружности девяти точек равен половине радиуса окружности, описанной около ?ABC.

20 Окружность девяти точек гомотетична окружности, описанной около ?ABC, с коэффициентом ? и центром гомотетии в точке H.

Рис. 2.18

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.

Рис.2.18

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