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<. AOB в два раза больше вписанного < ACB , опирающегося на ту же дугу. Если же <. C тупой, то сторона АВ видна из точ­ки О под углом, равным 360° - 2<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin С, где R - радиус описанной окружности Δ АВС. В самом деле, пусть С 1 - середина стороны АВ. Тогда АС 1 = АО sin <. AOC 1 = R sin С, поэтому AB =2 AC 1 =2 R sin С. Теорему синусов можно сформулировать и по-другому: «Проекция диаметра описанной окружности, пер­пендикулярного первой стороне треугольника, на прямую, содер­жащую вторую сторону, равна третьей стороне». Это столь громоздкое утверждение является на самом деле просто теоремой синусов.

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 ) и r р= r с -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 - 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 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 )+ 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 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.

Точка пересечения медиан треугольника

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.

Точка пересечения биссектрис треугольника

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.

Точка пересечения серединных перпендикуляров треугольника

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.

Точка пересечения высот треугольника

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

Свойства серединного перпендикуляра к отрезку

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.

Теорема о пересечении высот треугольника

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 .

Задачи

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.

Ответы к задачам

    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.