Баранова Елена
В данной работе рассмотрены замечательные точки треугольника, их свойства и закономерности такие, как окружность девяти точек и прямая Эйлера. Приведена историческая справка открытия прямой Эйлера и окружности девяти точек. Предложена практическая направленность прменения моего проекта.
Скачать:
Предварительный просмотр:
Чтобы пользоваться предварительным просмотром презентаций создайте себе аккаунт (учетную запись) Google и войдите в него: https://accounts.google.com
Подписи к слайдам:
« ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ТОЧКИ ТРЕУГОЛЬНИКА». (Прикладные и фундаментальные вопросы математики) Баранова Елена 8 кл., МКОУ «СОШ № 20» Пос. Новоизобильный, Духанина Татьяна Васильевна, учитель математики МКОУ «СОШ №20» Посёлок Новоизобильный 2013. Муниципальное казённое общеобразовательное учреждение «Средняя общеобразовательная школа №20»
Цель: исследование треугольника на его замечательные точки, изучение их классификаций и свойств. Задачи: 1.Изучить необходимую литературу 2. Изучить классификацию замечательных точек треугольника 3.. Познакомиться со свойствами замечательных точек треугольника 4. Уметь строить замечательные точки треугольника. 5. Изучить область применения замечательных точек. Объект исследования - раздел математики - геометрия Предмет исследования - треугольник Актуальность: расширить свои знания о треугольнике, свойствах его замечательных точек. Гипотеза: связь треугольника и природы
Точка пересечения серединных перпендикуляров Она равноудалена от вершин треугольника и является центром описанной окружности. Окружности, описанные около треугольников, вершинами которых являются середины сторон треугольника и вершины треугольника пересекаются в одной точке, которая совпадает с точкой пересечения серединных перпендикуляров.
Точка пересечения биссектрис Точка пересечения биссектрис треугольника равноудалена от сторон треугольника. ОМ=ОА=ОВ
Точка пересечения высот Точка пересечения биссектрис треугольника, вершинами которого являются основания высот, совпадает с точкой пересечения высот треугольника.
Точка пересечения медиан Медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Если точку пересечения медиан соединить с вершинами, то треугольник разобьётся на три треугольника, равных по площади. Важным свойством точки пересечения медиан является тот факт, что сумма векторов, началом которых является точка пересечения медиан, а концами – вершины треугольников, равна нулю М1 N C B А м2 м3 М1 N C B А м2 м3 М1 N C B А м2 м3 М1 N C B А м2 м3
Точка Торричелли Замечание: точка Торричелли существует, если все углы треугольника меньше 120.
Окружность девяти точек В1, А1, С1 – основания высот; А2, В2, С2 – середины соответствующих сторон; А3, В3, С3, - середины отрезков АН, ВН и СН.
Прямая Эйлера Точка пересечения медиан, точка пересечения высот, центр окружности девяти точек лежат на одной прямой, которую называют прямой Эйлера в честь ученого математика определившего эту закономерность.
Н емного из истории открытия замечательных точек В 1765 году Эйлер обнаружил, что середины сторон треугольника и основания его высот лежат на одной окружности. Самым удивительным свойством замечательных точек треугольника является то, с что некоторые из них связаны друг с другом определённым соотношением. Точка пересечения медиан М, точка пересечения высот Н, и центр описанной окружности О лежат на одной прямой, причём точка М делит отрезок ОН так, что справедливо соотношение ОМ: ОН = 1: 2. Эта теорема была доказана Леонардом Эйлером в 1765 году.
Связь геометрии с природой. В этом положении потенциальная энергия имеет наименьшее значение и сумма отрезков МА+МВ+МС будет наименьшей, а сумма векторов, лежащих на этих отрезках с началом в точке Торричелли, будет равна нулю.
Выводы Я узнала, что кроме известных мне замечательных точек пересечения высот, медиан, биссектрис и серединных перпендикуляров существуют еще замечательные точки и линии треугольника. Полученные знания по данной теме смогу использовать в своей учебной деятельности, самостоятельно применять теоремы к определенным задачам, применять изученные теоремы в реальной ситуации. Считаю, что применение замечательных точек и линий треугольника в изучении математики является эффективным. Знание их значительно ускоряет решение многих заданий. Предложенный материал можно использовать как на уроках математики, так и во внеклассных занятиях учащимися 5-9-х классов.
Предварительный просмотр:
Чтобы пользоваться предварительным просмотром создайте себе аккаунт (учетную запись) Google и войдите в него:
Лискинский район, МОУ Аношкинская СОШ.
Учитель математики Сморчкова Е.Б.
Цель проекта : научиться пользоваться различной литературой по геометрии, справочными материалами для более подробного изучения темы «Замечательные точки треугольника», дать более полное представление о теме, подготовить презентацию по данной теме для демонстрации при выступлениях и на уроках.
Геометрия начинается с треугольника. Вот уже два с полови ной тысячелетия треугольник является как бы символом геометрии ; но он не только символ, треугольник - атом геометрии. Да и сегодня школьная геометрия становится интересной и содержательной, становится собственно геометрией только с поя влением треугольника. Предшествующие понятия - точка, прям ая, угол - представляются расплывчатыми абстракциями, а на бор теорем и задач, с ними связанный, просто скучным.
Уже с первых шагов своего развития человек, а особенно современный человек, сталкивается со всевозможными геометрическими объектами - фигурами и телами. Известны случаи, когда человек в юном, если не сказать в младенческом, возрасте увлекается геометрией и даже делает самостоятельные геометрические открытия. Так, маленький Блез Паскаль придумал «игру в геометрию», в которой участвовали «монетки» - круги, «треуголки» - треугольники, «столы» - прямоугольники, «палочки» - отрезки. Его отец, основательно знавший математику, на первое время решительно исключил математику из числа предметов, которым он обучал своего сына, поскольку маленький Блез не отличался хорошим здоровьем. Однако, обнаружив увлеченность сына, он кое-что рассказал ему о таинственной геометрии, а застав Блеза в момент, когда тот обнаружил, что углы треугольника составляют в сумме два прямых, растроганный отец открыл своему 12-летнему сыну доступ к математическим книгам, хранившимся в домашней библиотеке.
Треугольник неисчерпаем - постоянно открываются его новые свойства. Чтобы рассказать о всех известных его свойствах, необходим том, сравнимый по объему с томом Большой энциклопедии. О некоторых из них, а точнее говоря, о некоторых замечательных точках, связанных с треугольником, мы и хотим рассказать.
Поясним сначала смысл выражения «замечательные точки треугольника». Все мы знаем, что биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке - центре вписанной в этот треугольник окружности. Точно так же в одной точке пересекаются медианы, высоты треугольника, серединные перпендикуляры к его сторонам.
Получающиеся при пересечении перечисленных троек прямых точки, конечно же, замечательны (ведь три прямые, как правило, пересекаются в трех различных точках). Возможны и замечательные точки других типов, например точки, в которых достигает экстремума какая-либо функция, определенная для всех точек треугольника. С другой стороны, понятие «замечательные точки треугольника» следует толковать скорее на литературно-эмоциональном уровне, чем на формально-математическом. Известен софизм, «доказывающий», что все натуральные числа «интересные». (Допустив, что есть «неинтересные» числа, возьмем среди них наименьшее. Бесспорно, это число «интересное»: оно интересно уже тем, что оно наименьшее среди «неинтересных».) Подобное рассуждение, «доказывающее», что все точки треугольника «замечательны», можно сконструировать и в нашем случае. Перейдем к рассмотрению некоторых примеров.
ЦЕНТР ОПИСАННОЙ ОКРУЖНОСТИ
Докажем, что существует точка, равноудаленная от вершин треугольника, или, иначе, что существует окружность, проходя щая через три вершины треугольника. Геометрическим местом точек, равноудаленных от точек А и В, является перпендикуляр к отрезку АВ, проходящий через его середину (серединный перпендикуляр к отрезку АВ). Рассмотрим точку О, в которой пересекаются серединные перпендикуляры к отрезкам АВ и ВС. Точка О равноудалена от точек А и В, а также от точек В и С. Поэтому она равноудалена от точек А и С, т. е. она лежит и на серединном перпендикуляре к отрезку АС (рис. 50).
Центр О описанной окружности лежит внутри треугольника, только если этот треугольник остроугольный. Если же треугольник прямоугольный, то точка О совпадает с серединой гипотенузы,
а если угол при вершине С тупой, то прямая АВ разделяет точки О и С.
Если в Δ АВС
угол при вершине С
острый, то сторона АВ
видна из точки О под углом, равным 2
В математике часто бывает так, что объекты, определенные совсем по-разному, оказываются совпадающими. Покажем это на примере.
Пусть А 1 , В 1 и C 1 - середины сторон ВС, С А и АВ. Можно доказать, что окружности, описанные около Δ АВ 1 С 1 , Δ A 1 BC 1 и Δ A 1 B 1 C , пересекаются в одной точке, причем эта точка - центр описанной окружности Δ АВС (рис. 51). Итак, у нас есть две, казалось бы, совсем разные точки: точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам Δ АВС и точка пересечения описанных окружностей Δ АВ 1 С 1 , Δ AiBCi и Δ AiBiC . А оказывается, что эти две точки почему-то совпадают!
Проведем, однако, обещанное доказательство. Достаточно доказать, что центр О описанной окружности Δ АВС лежит на окружностях, описанных около ΔАВ 1 С 1 , Δ А iBCi и Δ A 1 B 1 C . Углы ОВ 1 А и ОС 1 А прямые, поэтому точки В 1 и С 1 лежат на окружности диаметром ОА, а значит, точка О лежит на окружности, описанной около Δ AB 1 C 1 . Для Δ AiBCi и Δ А 1 В 1 С доказательство аналогично.
Доказанное утверждение является частным случаем весьма интересной теоремы: если на сторонах АВ, ВС и СА треугольника АВС взяты произвольные точки С 1 , А 1 и В 1 , то описанные окружности Δ АВ 1 С 1 , Δ А 1 ВС 1 и Δ А 1 В 1 С пересекаются в одной точке.
Сделаем последнее замечание по поводу центра описанной окружности. Прямые А 1 В 1 и АВ параллельны, поэтому ОС 1 перпендикулярна А 1 В 1 Аналогично ОВ 1 перпендикулярна A 1 C 1 и ОА 1 перпендикулярна В 1 С 1 , т. е. О - точка пересечения высот треугольника A 1 B 1 С 1 ... Постойте, постойте! Мы пока еще не доказывали, что высоты треугольника пересекаются в одной точке. Нет ли здесь пути к доказательству? К этому разговору мы еще вернемся.
ЦЕНТР ВПИСАННОЙ ОКРУЖНОСТИ
Докажем, что биссектрисы углов Δ АВС пересекаются в одной точке. Рассмотрим точку О пересечения биссектрис углов А и В. Любые точки биссектрисы угла A равноудалены от прямых АВ и АС, а любая точка биссектрисы угла B равноудалена от прямых АВ и ВС, поэтому точка О равноудалена от прямых АС и ВС, т. е. она лежит на биссектрисе угла C . Точка О равноудалена от прямых АВ, ВС и СА, значит, существует окружность с центром О, касающаяся этих прямых, причем точки касания лежат на самих сторонах, а не на их продолжениях. В самом деле, углы при вершинах А и В Δ АОВ острые, поэтому проекция точки О на прямую АВ лежит внутри отрезка АВ. Для сторон ВС и СА доказательство аналогично.
Пусть А 1 , В 1 и С 1 - точки касания вписанной окружности треугольника со сторонами ВС, СА и АВ (рис. 52). Тогда АВ 1 =АС 1 , BC 1 = BA 1 и СА 1 = СВ 1 . Кроме того, угол B 1 A 1 C 1 равен углам при основании равнобедренного ΔАВ 1 С 1 (по теореме об угле между касательной и хордой) и т. д. Для угла B 1 C 1 A 1 и угла A 1 B 1 C 1 доказательство аналогично.
Углы при основании любого равнобедренного треугольника острые, поэтому Δ А 1 В 1 С 1 остроугольный для любого Δ АВС.
Если x = AB 1 , y = BC 1 и z = CA 1 , то х+у = с, y + z = a и z + x = b , где а, b и с - длины сторон Δ АВС. Складывая первые два равенства и вычитая из них третье, получаем у= (а+с-в)/2 . Аналогично х=(в+с-а)/2 и z =(а+в-с)/2. Следует отметить, что для четырехугольника подобные рассуждения не привели бы к желаемому результату, потому что соответствующая система уравнений
либо вообще не имеет решений, либо имеет их бесконечно много. В самом деле, если х+у=а, y + z = b , z + t = c и t + x = d , то у=а -х, z = b -y = b - а+х и t = c - b + a -х, а из равенства t + x = d следует, что a + c = b + d . Поэтому если а+с не равно в+ d , то система решений не имеет, а если a + c = b + d , то х можно выбирать произвольно, а у, z , t выражаются через х.
Вернемся снова к единственности решения системы уравнений для треугольника. Используя ее, можно доказать следующее утверждение: пусть окружности с центрами А, В и С касаются внешним образом в точках А 1 , В 1 и С 1 (рис. 53). Тогда описанная окружность Δ A 1 B 1 C 1 вписана в Δ АВС. В самом деле, если х, у и z - радиусы окружностей; a , b и с - длины сторон ΔАВС, то х+у = с, y + z = a , y + x = b .
Докажем три свойства центра О вписанной окружности Δ ABC .
1. Если продолжение биссектрисы угла С пересекает описанную окружность Δ АВС в точке М, то МА=МВ=МО (рис. 54).
Докажем, например, что в Δ АМО равны углы при вершинах А и О. В самом деле, <OAM = < OAB + < BAM и < AOM =< OAC +<А CO , < ОАВ=<ОАС и < ВАМ=<ВСМ = < ACO . Следовательно, АМ=МО. Аналогично ВМ=МО.
2. Если АВ - основание равнобедренного Δ АВС, то окружность, касающаяся сторон <ACB в точках А и В, проходит через точку О (рис. 55).
Пусть О" - середина (меньшей) дуги АВ рассматриваемой окружности. По свойству угла между касательной и хордой <CAO "= <О"ВА= <О"АВ, т. е. точка О" лежит на биссектрисе < A . Аналогично можно показать, что она лежит и на биссектрисе < B , т. е. О" = О.
3. Если прямая, проходящая через точку О параллельно стороне АВ, пересекает стороны ВС и СА в точках А 1 и В 1 , то A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .
Докажем, что Δ AB 1 O равнобедренный. В самом деле, < B 1 OA = < OAB = < B 1 AO (рис. 56). Поэтому AB 1 = B 1 0. Аналогично A 1 B = A 1 O , а значит, A 1 B 1 = A 1 О+ OB 1 = A 1 B + AB 1 .
Пусть в Δ АВС углы при вершинах А, В и С равны α, β, γ. Вычислим величину угла, под которым сторона АВ видна из точки О. Так как углы Δ АО В при вершинах А и В равны α/2 и β/2, то
< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. Эта
формула бывает полезна при решении многих задач.
Выясним, например, в каком случае четырехугольник, образованный сторонами АС
и ВС
и биссектрисами АА
1
и ВВ
1
,
является вписанным. Четырехугольник OA
1
CB
1
вписанный тогда и только тогда, когда <
A
1
CB
1
+
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= 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 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 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 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, 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.
В треугольнике есть так называемые четыре замечательные точки: точка пересечения медиан. Точка пересечения биссектрис, точка пересечения высот и точка пересечения серединных перпендикуляров. Рассмотрим каждую из них. Теорема 1
О пересечении медиан треуголника
: Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечения в отношении $2:1$ начиная с вершины. Доказательство.
Рассмотрим треугольник $ABC$, где ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ его медианы. Так как медианы делят стороны пополам. Рассмотрим среднюю линию $A_1B_1$ (Рис. 1). Рисунок 1. Медианы треугольника
По теореме 1, $AB||A_1B_1$ и $AB=2A_1B_1$, следовательно, $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Значит треугольники $ABM$ и $A_1B_1M$ подобны по первому признаку подобия треугольников. Тогда Аналогично доказывается, что Теорема доказана.
Теорема 2
О пересечении биссектрис треугольника
: Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. Доказательство.
Рассмотрим треугольник $ABC$, где $AM,\ BP,\ CK$ его биссектрисы. Пусть точка $O$ - точка пересечения биссектрис $AM\ и\ BP$. Проведем из этой точки перпендикуляры к сторонам треугольника (рис. 2). Рисунок 2. Биссектрисы треугольника
Теорема 3
Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена от его сторон. По теореме 3, имеем: $OX=OZ,\ OX=OY$. Следовательно, $OY=OZ$. Значит точка $O$ равноудалена от сторон угла $ACB$ и, значит, лежит на его биссектрисе $CK$. Теорема доказана.
Теорема 4
Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке. Доказательство.
Пусть дан треугольник $ABC$, $n,\ m,\ p$ его серединные перпендикуляры. Пусть точка $O$ - точка пересечения серединных перпендикуляров $n\ и\ m$ (рис. 3). Рисунок 3. Серединные перпендикуляры треугольника
Для доказательства нам потребуется следующая теорема. Теорема 5
Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов данного отрезка. По теореме 3, имеем: $OB=OC,\ OB=OA$. Следовательно, $OA=OC$. Значит точка $O$ равноудалена от концов отрезка $AC$ и, значит, лежит на его серединном перпендикуляре $p$. Теорема доказана.
Теорема 6
Высоты треугольника или их продолжения пересекаются в одной точке. Доказательство.
Рассмотрим треугольник $ABC$, где ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ его высоты. Проведем через каждую вершину треугольника прямую, параллельную противоположной вершине стороне. Получаем новый треугольник $A_2B_2C_2$ (рис. 4). Рисунок 4. Высоты треугольника
Так как $AC_2BC$ и $B_2ABC$ параллелограммы с общей стороной, то $AC_2=AB_2$, то есть точка $A$ -- середина стороны $C_2B_2$. Аналогично, получаем, что точка $B$ -- середина стороны $C_2A_2$, а точка $C$ -- середина стороны $A_2B_2$. Из построения мы имеем, что ${CC}_1\bot A_2B_2,\ {BB}_1\bot A_2C_2,\ {AA}_1\bot C_2B_2$. Следовательно, ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ -- серединные перпендикуляры треугольника $A_2B_2C_2$. Тогда, по теореме 4, имеем, что высоты ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ пересекаются в одной точке. Докажем сначала теорему о биссектрисе угла. Теорема
Доказательство
1) Возьмём произвольную точку М на биссектрисе угла ВАС, проведём перпендикуляры МК и ML к прямым АВ и АС и докажем, что MK = ML (рис. 224). Рассмотрим прямоугольные треугольники AM К и AML. Они равны по гипотенузе и острому углу (AM - общая гипотенуза, ∠1 = ∠2 по условию). Следовательно, MK = ML. 2) Пусть точка М лежит внутри угла ВАС и равноудалена от его сторон АВ и АС. Докажем, что луч AM - биссектриса угла ВАС (см. рис. 224). Проведём перпендикуляры МК и ML к прямым АВ и АС. Прямоугольные треугольники АМК и AML равны по гипотенузе и катету (AM - общая гипотенуза, МК = ML по условию). Следовательно, ∠1 = ∠2. Но это и означает, что луч AM - биссектриса угла ВАС. Теорема доказана.
Рис. 224
Следствие 1
Следствие 2
В самом деле, обозначим буквой О точку пересечения биссектрис АА 1 и ВВ 1 треугольника АВС и проведём из этой точки перпендикуляры OK, OL и ОМ соответственно к прямым АВ, ВС и СА (рис. 225). По доказанной теореме ОК = ОМ и OK = OL. Поэтому ОМ = OL, т. е. точка О равноудалена от сторон угла АСВ и, значит, лежит на биссектрисе СС 1 этого угла. Следовательно, все три биссектрисы треугольника АВС пересекаются в точке О, что и требовалось доказать. Рис. 225
Серединным перпендикуляром к отрезку называется прямая, проходящая через середину данного отрезка и перпендикулярная к нему.
Рис. 226
Докажем теорему о серединном перпендикуляре к отрезку. Теорема
Доказательство
Пусть прямая m - серединный перпендикуляр к отрезку АВ, точка О - середина этого отрезка (рис. 227, а). Рис. 227
1) Рассмотрим произвольную точку М прямой m и докажем, что AM = ВМ. Если точка M совпадает с точкой О, то это равенство верно, так как О - середина отрезка АВ. Пусть M и О различные точки. Прямоугольные треугольники ОAM и ОВМ равны по двум катетам (ОА = ОВ, ОМ - общий катет), поэтому AM = ВМ. 2) Рассмотрим произвольную точку N, равноудалённую 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 потому лежит на прямой m. Если же точка N не лежит на прямой АВ, то треугольник ANB равнобедренный, так как AN = BN (рис. 227, б). Отрезок NO - медиана этого треугольника, а значит, и высота. Таким образом, NO ⊥ АВ, поэтому прямые ON и m совпадают, т. е. N - точка прямой m. Теорема доказана.
Следствие 1
Следствие 2
Для доказательства этого утверждения рассмотрим серединные перпендикуляры m и n к сторонам АВ и ВС треугольника АВС (рис. 228). Эти прямые пересекаются в некоторой точке О. В самом деле, если предположить противное, т. е. что m || n, то прямая ВА, будучи перпендикулярной к прямой m, была бы перпендикулярна и к параллельной ей прямой n, а тогда через точку В проходили бы две прямые ВА и ВС, перпендикулярные к прямой n, что невозможно. Рис. 228
По доказанной теореме ОВ = ОА и ОВ = ОС. Поэтому ОА = ОС, т. е. точка О равноудалена от концов отрезка АС и, значит, лежит на серединном перпендикуляре р к этому отрезку. Следовательно, все три серединных перпендикуляра m, n и р к сторонам треугольника АВС пересекаются в точке О. Мы доказали, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке. Ранее было доказано, что медианы треугольника пересекаются в одной точке (п. 64). Оказывается, аналогичным свойством обладают и высоты треугольника. Теорема
Доказательство
Рассмотрим произвольный треугольник АВС и докажем, что прямые АА 1 ВВ 1 и СС 1 содержащие его высоты, пересекаются в одной точке (рис. 229). Рис. 229
Проведём через каждую вершину треугольника АВС прямую, параллельную противоположной стороне. Получим треугольник А 2 В 2 С 2 . Точки А, В и С являются серединами сторон этого треугольника. Действительно, АВ = А 2 С и АВ = СВ 2 как противоположные стороны параллелограммов АВА 2 С и АВСВ 2 , поэтому А 2 С = СВ 2 . Аналогично С 2 А = АВ 2 и С 2 В = ВА 2 . Кроме того, как следует из построения, СС 1 ⊥ А 2 В 2 , АА 1 ⊥ В 2 С 2 и ВВ 1 ⊥ А 2 С 2 . Таким образом, прямые АА 1 , ВВ 1 и СС 1 являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника А 2 В 2 С 2 . Следовательно, оНи пересекаются в одной точке. Теорема доказана.
Итак, с каждым треугольником связаны четыре точки: точка пересечения медиан, точка пересечения биссектрис, точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам и точка пересечения высот (или их продолжений). Эти четыре точки называются замечательными точками треугольника
. 674. Из точки М биссектрисы неразвёрнутого угла О проведены перпендикуляры МА и МВ к сторонам этого угла. Докажите, что АВ ⊥ ОМ. 675. Стороны угла О касаются каждой из двух окружностей, имеющих общую касательную в точке А. Докажите, что центры этих окружностей лежат на прямой О А. 676. Стороны угла А касаются окружности с центром О радиуса r. Найдите: а) ОА, если r = 5 см, ∠A = 60°; б) г, если ОА = 14 дм, ∠A = 90°. 677. Биссектрисы внешних углов при вершинах В и С треугольника АВС пересекаются в точке О. Докажите, что точка О является центром окружности, касающейся прямых АВ, ВС, АС. 678. Биссектрисы АА 1 и ВВ 1 треугольника АВС пересекаются в точке М. Найдите углы ACM и ВСМ, если: a) ∠AMB = 136°; б) ∠AMB = 111°. 679. Серединный перпендикуляр к стороне ВС треугольника АВС пересекает сторону АС в точке D. Найдите: a) AD и CD, если BD = 5 см, Ас = 8,5см; б) АС, если BD = 11,4 см, AD = 3,2 см. 680. Серединные перпендикуляры к сторонам АВ и АС треугольника АВС пересекаются в точке D стороны ВС. Докажите, что: а) точка D - середина стороны ВС; б) ∠A - ∠B + ∠C. 681. Серединный перпендикуляр к стороне АВ равнобедренного треугольника АВС пересекает сторону ВС в точке Е. Найдите основание АС, если периметр треугольника АЕС равен 27 см, а АВ = 18 см. 682. Равнобедренные треугольники АВС и ABD имеют общее основание АВ. Докажите, что прямая CD проходит через середину отрезка АВ. 683. Докажите, что если в треугольнике АВС стороны АВ и АС не равны, то медиана AM треугольника не является высотой. 684. Биссектрисы углов при основании АВ равнобедренного треугольника АВС пересекаются в точке М. Докажите, что прямая СМ перпендикулярна к прямой АВ. 685. Высоты АА 1 и ВВ 1 равнобедренного треугольника АВС, проведённые к боковым сторонам, пересекаются в точке М. Докажите, что прямая МС - серединный перпендикуляр к отрезку АВ. 686. Постройте серединный перпендикуляр к данному отрезку. Решение
Пусть АВ - данный отрезок. Построим две окружности с центрами в точках А и В радиуса АВ (рис. 230). Эти окружности пересекаются в двух точках М 1 и М 2 . Отрезки АМ 1 , AM 2 , ВМ 1 , ВМ 2 равны друг другу как радиусы этих окружностей. Рис. 230
Проведём прямую М 1 М 2 . Она является искомым серединным перпендикуляром к отрезку АВ. В самом деле, точки М 1 и М 2 равноудалены от концов отрезка АВ, поэтому они лежат на серединном перпендикуляре к этому отрезку. Значит, прямая М 1 М 2 и есть серединный перпендикуляр к отрезку АВ. 687. Даны прямая а и две точки А и В, лежащие по одну сторону от этой прямой. На прямой а постройте точку М, равноудалённую от точек А к В. 688. Даны угол и отрезок. Постройте точку, лежащую внутри данного угла, равноудалённую от его сторон и равноудалённую от концов данного отрезка. 674. Указание. Сначала доказать, что треугольник АОВ равнобедренный. 676. а) 10 см; б) 7√2 дм. 678. а) 46° и 46°; б) 21° и 21°. 679. a) АВ = 3,5 см, CD = 5 см; б) АС = 14,6 см. 683. Указание. Воспользоваться методом доказательства от противного. 687. Указание. Воспользоваться теоремой п. 75. 688. Указание. Учесть, что искомая точка лежит на биссектрисе данного угла. 1
То есть равноудалена от прямых, содержащих стороны угла.
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. „
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 пересечения медиан треугольника
Точка пересечения биссектрис треугольника
Точка пересечения серединных перпендикуляров треугольника
Точка пересечения высот треугольника
Свойства серединного перпендикуляра к отрезку
Теорема о пересечении высот треугольника
Задачи
Ответы к задачам