Робота 35 чотири чудові точки трикутника вписана. Дослідницька робота «Чудові точки трикутника

Перші дві теореми Вам добре відомі, дві інші – доведемо.

Теорема 1

Три бісектриси трикутникаперетинаються в одній точці, яка є центр вписаного кола.

Доведення

засновано на тому факті, що бісектриса кута є геометричним місцем точок, рівновіддалених від сторін кута.

Теорема 2

Три серединні перпендикуляри до сторін трикутника перетинаються в одній точці, яка є центром описаного кола.

Доведення

засновано на тому, що серединний перпендикуляр відрізка є геометричним місцем точок, рівновіддалених від кінців цього відрізка.

Теорема 3

Три висоти або три прямі, На яких лежать висоти трикутника, перетинаються в одній точці. Ця точка називається ортоцентромтрикутник.

Доведення

Через вершини трикутника `ABC` проведемо прямі, паралельні протилежним сторонам.

У перетині утворюється трикутник `A_1 B_1 C_1`.

За побудовою `ABA_1C` - паралелограм, тому `BA_1 = AC`. Аналогічно встановлюється, що `C_1B = AC`, отже `C_1B = AC`, точка `B` - середина відрізка `C_1A_1`.
Так само показується, що 'C' - середина 'B_1A_1' і 'A' - середина 'B_1 C_1'.
Нехай 'BN' - висота трикутника 'ABC', тоді для відрізка 'A_1 C_1' пряма 'BN' - серединний перпендикуляр. Звідки випливає, що три прямі, на яких лежать висоти трикутника `ABC`, є серединними перпендикулярами трьох сторінтрикутника `A_1B_1C_1`; такі перпендикуляри перетинаються в одній точці (теорема 2).
Якщо трикутник гострокутний, кожна з висот є відрізок, що з'єднує вершину і деяку точку протилежної сторони. У цьому випадку точки `B` і `N` лежать у різних напівплощинах, утворених прямий `AM`, значить відрізок `BN`, перетинає пряму `AM`, точка перетину лежить на висоті `BN`, тобто лежить усередині трикутника .
У прямокутному трикутникуточка перетину висот є вершина прямого кута.

Теорема 4

Три медіани трикутника перетинаються в одній точці і діляться точкою перетині щодо `2:1`, рахуючи від вершини. Ця точка називається центром тяжкості (чи центром мас) трикутника.
Існують різні докази цієї теореми. Наведемо те, що засноване на теоремі Фалеса.

Доведення

Нехай `E`, `D` і `F` - середини сторін `AB`, `BC` і `AC` трикутника `ABC`.

Проведемо медіану `AD` і через точки `E` та `F` паралельніїй прямі `EK` та `FL`. По теоремі Фалеса `BK = KD``(/_ABC`, E K‖AD) EK\|AD) та `DL=LC``(/_ACB`, AD‖F L) AD\| FL). Але `BD = DC = a//2`, тому `BK = KD = DL = LC = a//4`. По тій самій теоремі `BN = NM = MF`` (/_ FBC`, N K ‖ M D ‖ F L) NK\| MD\| FL), тому `BM = 2MF`.

Це означає, що медіана 'BF' у точці 'M' перетину з медіаною 'AD' розділилися щодо '2:1' рахуючи від вершини.

Доведемо, що і медіана 'AD' у точці 'M' розділилася в тому ж відношенні. Міркування аналогічні.

Якщо розглянути медіани 'BF' і 'CE' то також можна показати, що вони перетинаються в тій точці, в якій медіана 'BF' ділиться щодо '2:1' тобто в тій же точці 'M'. І цією точкою медіана `CE` також розділиться щодо `2:1`, рахуючи від вершини.

Доведемо спочатку теорему про бісектрису кута.

Теорема

Доведення

1) Візьмемо довільну точку М на бісектрисі кута ВАС, проведемо перпендикуляри МК і ML до прямих АВ та АС та доведемо, що MK = ML (рис. 224). Розглянемо прямокутні трикутники AM і AML. Вони рівні з гіпотенузи та гострому кутку(AM - загальна гіпотенуза, ∠1 = ∠2 за умовою). Отже MK = ML.

2) Нехай точка М лежить усередині кута ВАС і рівновіддалена від його сторін АВ та АС. Доведемо, що промінь AM - бісектриса кута ВАС (див. рис. 224). Проведемо перпендикуляри МК та ML до прямих АВ та АС. Прямокутні трикутники АМК та AML рівні за гіпотенузою та катетом (AM – загальна гіпотенуза, МК = ML за умовою). Отже, ∠1 = ∠2. Але це і означає, що промінь AM - бісектриса кута ВАС. Теорему доведено.

Рис. 224

Наслідок 1

Наслідок 2

Справді, позначимо буквою Про точку перетину бісектрис АА 1 і ВВ 1 трикутника АВСі проведемо з цієї точки перпендикуляри OK, OL та ОМ відповідно до прямих АВ, ВС та СА (рис. 225). По доведеній теоремі ОК = ОМ та OK = OL. Тому ОМ = OL, т. е. точка Про рівновіддалена від сторін кута АСВ і, отже, лежить на бісектрисі СС 1 цього кута. Отже, всі три бісектриси трикутника АВС перетинаються в точці О, що потрібно було довести.

Рис. 225

Властивості серединного перпендикуляра до відрізка

Серединним перпендикуляром до відрізка називається пряма, що проходить через середину даного відрізка і перпендикулярна до нього.

Рис. 226

Доведемо теорему про серединному перпендикулярідо відрізку.

Теорема

Доведення

Нехай пряма m – серединний перпендикуляр до відрізка АВ, точка О – середина цього відрізка (рис. 227, а).

Рис. 227

1) Розглянемо довільну точку М прямий m та доведемо, що AM = ВМ. Якщо точка M збігається з точкою О, це рівність правильно, оскільки О - середина відрізка АВ. Нехай M та Про різні точки. Прямокутні трикутники ОAM і ОВМ дорівнюють двом катетам (ОА = ОВ, ОМ - загальний катет), тому AM = ВМ.

2) Розглянемо довільну точку N, рівновіддалену від кінців відрізка АВ, і доведемо, що точка N лежить на прямій m. Якщо N - точка прямої АВ, вона збігається з серединою Про відрізка АВ і тому лежить на прямий m. Якщо точка N не лежить на прямий АВ, то трикутник ANB рівнобедрений, оскільки AN = BN (рис. 227, б). Відрізок NO - медіана цього трикутника, отже, і висота. Таким чином, NO ⊥ АВ, тому прямі ON і m збігаються, тобто N - точка пряма m. Теорему доведено.

Наслідок 1

Наслідок 2

Для доказу цього твердження розглянемо серединні перпендикуляри m і n до сторін АВ та ВС трикутника АВС (рис. 228). Ці прямі перетинаються в деякій точці О. Насправді, якщо припустити неприємне, тобто що m || n, то пряма ВА, будучи перпендикулярною до прямої m, була б перпендикулярна і до паралельної їй прямий n, а тоді через точку проходили б дві прямі ВА і ВС, перпендикулярні до прямої n, що неможливо.

Рис. 228

По доведеній теоремі ВВ = ОА та ВВ = ОС. Тому ОА = ОС, т. е. точка О рівновіддалена від кінців відрізка АС і, отже, лежить на серединному перпендикулярі р до цього відрізка. Отже, всі три серединні перпендикуляри m, n і р до сторін трикутника АВС перетинаються в точці Про.

Теорема про перетин висот трикутника

Ми довели, що бісектриси трикутника перетинаються в одній точці, серединні перпендикуляри до сторін трикутника перетинаються в одній точці. Раніше було доведено, що медіани трикутника перетинаються в одній точці (п. 64). Виявляється, аналогічну властивість мають і висоти трикутника.

Теорема

Доведення

Розглянемо довільний трикутник АВС і доведемо, що прямі АА 1 ВВ 1 і СС 1 висоти, що містять його, перетинаються в одній точці (рис. 229).

Рис. 229

Проведемо через кожну вершину трикутника АВС пряму, паралельну до протилежної сторони. Отримаємо трикутник А2В2С2. Точки А, В та С є серединами сторін цього трикутника. Справді, АВ = А 2 С та АВ = СВ 2 як протилежні сторонипаралелограмів АВА 2 С і АВСВ 2 тому А 2 С = СВ 2 . Аналогічно С2А = АВ2 і С2В = ВА2. Крім того, як випливає з побудови, СС 1 ⊥ А 2 В 2 АА 1 ⊥ В 2 С 2 і ВВ 1 ⊥ А 2 С 2 . Таким чином, прямі АА 1 ВВ 1 і СС 1 є серединними перпендикулярами до сторін трикутника А 2 В 2 С 2 . Отже, вони перетинаються в одній точці. Теорему доведено.

Отже, з кожним трикутником пов'язані чотири точки: точка перетину медіан, точка перетину бісектрис, точка перетину серединних перпендикулярів до сторін і точка перетину висот (або їх продовжень). Ці чотири точки називаються чудовими точками трикутника.

Завдання

674. З точки М бісектриси нерозгорнутого кута Про проведені перпендикуляри МА та МВ до сторін цього кута. Доведіть, що АВ ⊥ ЗМ.

675. Сторони кута Про стосуються кожного з двох кіл, що мають спільну дотичну в точці А. Доведіть, що центри цих кіл лежать на прямій О А.

676. Сторони кута А стосуються кола із центром Про радіуса r. Знайдіть: а) ОА, якщо r = 5 см, ∠A = 60°; б) г, якщо ОА = 14 дм, ∠A = 90°.

677. Бісектриси зовнішніх кутів при вершинах В і С трикутника АВС перетинаються в точці О. Доведіть, що точка О є центром кола, що стосується прямих АВ, ВС, АС.

678. Бісектриси АА 1 і ВР 1 трикутника АВС перетинаються в точці М. Знайдіть кути ACM і ВСМ, якщо: a) ∠AMB = 136°; б) ∠AMB = 111°.

679. Серединний перпендикуляр до сторони ВС трикутника АВС перетинає сторону АС у точці D. Знайдіть: a) AD та CD, якщо BD = 5 см, Ас = 8,5 см; б) АС, якщо BD = 114 см, AD = 32 см.

680. Серединні перпендикуляри до сторін АВ та АС трикутника АВС перетинаються у точці D сторони ВС. Доведіть, що: а) точка D – середина сторони ВС; б) ∠A - ∠B + ∠C.

681. Серединний перпендикуляр до сторони АВ рівнобедреного трикутникаАВС перетинає сторону ВС у точці Е. Знайдіть основу АС, якщо периметр трикутника АЕС дорівнює 27 см, а АВ = 18 см.

682. Рівностегнові трикутники АВС та ABD мають загальну основу АВ. Доведіть, що пряме CD проходить через середину відрізка АВ.

683. Доведіть, що якщо у трикутнику АВС сторони АВ та АС не рівні, то медіана AM трикутника не є висотою.

684. Бісектриси кутів на підставі АВ рівнобедреного трикутника АВС перетинаються в точці М. Доведіть, що пряма СМ перпендикулярна до прямої АВ.

685. Висоти АА 1 і ВВ 1 рівнобедреного трикутника АВС, проведені до бокових сторін, перетинаються у точці М. Доведіть, що пряма МС – серединний перпендикуляр до відрізка АВ.

686. Побудуйте серединний перпендикуляр до цього відрізка.

Рішення

Нехай АВ – даний відрізок. Побудуємо два кола з центрами в точках А та В радіусу АВ (рис. 230). Ці кола перетинаються у двох точках М 1 та М 2 . Відрізки АМ 1 AM 2 ВМ 1 ВМ 2 рівні один одному як радіуси цих кіл.

Рис. 230

Проведемо пряму М1М2. Вона є шуканим середнім перпендикуляром до відрізка АВ. Насправді точки М 1 і М 2 рівновіддалені від кінців відрізка АВ, тому вони лежать на серединному перпендикулярі до цього відрізка. Значить, пряма М 1 М 2 є серединний перпендикуляр до відрізка АВ.

687. Дано пряму а і дві точки А і В, що лежать по одну сторону від цієї прямої. На прямій а збудуйте точку М, рівновіддалену від точок А до В.

688. Дано кут і відрізок. Побудуйте точку, що лежить усередині даного кута, рівновіддалену від його сторін та рівновіддалену від кінців даного відрізка.

Відповіді до завдань

674. Вказівка. Спочатку довести, що трикутник АОВ рівнобедрений.

676. а) 10 см; б) 7√2 дм.

678. а) 46 ° і 46 °; б) 21° та 21°.

679. a) АВ = 3,5 см, CD = 5 см; б) АС = 14,6 див.

683. Вказівка. Скористатися методом доказу протилежного.

687. Вказівка. Скористатися теоремою п. 75.

688. Вказівка. Врахувати, що точка лежить на бісектрисі даного кута.

1 Тобто рівновіддалена від прямих, що містять сторони кута.

Міністерство освіти та науки Російської ФедераціїФедеральне державне бюджетне освітня установавищого професійної освіти

«Магнітогорський державний університет»

Фізико-математичний факультет

Кафедра алгебри та геометрії

Курсова робота

Чудові точки трикутника

Виконала: студентка 41 групи

Вахрамєєва А.М

Науковий керівник

Великих А.С

Магнітогорськ 2014

Вступ

Історично геометрія починалася з трикутника, тому вже два з половиною тисячоліття трикутник є хіба що символом геометрії; але він не лише символ, він – атом геометрії.

Чому саме трикутник вважатимуться атомом геометрії? Тому що попередні поняття - точка, пряма і кут - це незрозумілі і невловимі абстракції разом із пов'язаним з ними набором теорем і завдань. Тому сьогодні шкільна геометріятільки тоді може стати цікавою та змістовною, тільки тоді може стати власне геометрією, коли в ній з'являється глибоке та всебічне вивчення трикутника.

Дивно, але трикутник, незважаючи на свою простоту, є невичерпним об'єктом вивчення - ніхто навіть у наш час не наважиться сказати, що вивчив і знає всі властивості трикутника.

Отже, вивчення шкільної геометрії не може здійснюватись без глибокого вивченнягеометрії трикутника; через розмаїття трикутника як об'єкта вивчення - отже, і джерела різних методикйого вивчення - необхідно підбирати та розробляти матеріал для вивчення геометрії чудових точок трикутника. Причому при підборі цього матеріалу не слід обмежуватися тільки чудовими точками, передбаченими в шкільній програміДержавним освітнім стандартом, такими як центр вписаного кола (точка перетину бісектрис), центр описаного кола (точка перетину серединних перпендикулярів), точка перетину медіан, точка перетину висот. Але для глибокого проникнення в природу трикутника і розуміння його невичерпності необхідно мати уявлення як можна про більшій кількостічудових точок трикутника. Крім невичерпності трикутника як геометричного об'єкта, слід зазначити найдивовижніша властивістьтрикутника як об'єкта вивчення: вивчення геометрії трикутника можна починати з вивчення будь-якої його властивості, взявши його за основу; потім методику вивчення трикутника можна побудувати те щоб цю основу нанизувати й інші властивості трикутника. Іншими словами, з чого б не починати вивчення трикутника, завжди можна дійти до будь-яких глибин цієї дивовижної постаті. Але тоді - як варіант - можна розпочинати вивчення трикутника з вивчення його чудових точок.

Ціль курсової роботиполягає у вивченні чудових точок трикутника. Для досягнення поставленої мети необхідно вирішити такі завдання:

· Вивчити поняття бісектриси, медіани, висоти, серединного перпендикуляра та їх властивості.

· Розглянути точку Жергона, коло Ейлера і пряму Ейлера, які не вивчаються в школі.

РОЗДІЛ 1. Бісектриса трикутника, центр вписаного кола трикутника. Властивості бісектриси трикутника. Крапка Жергона

1 Центр вписаного кола трикутника

Чудові точки трикутника - точки, розташування яких однозначно визначається трикутником і залежить від цього, у порядку беруться боку й вершини трикутника.

Бісектриса трикутника називається відрізок бісектриси кута трикутника, що з'єднує вершину з точкою на протилежній стороні.

Теорема. Кожна точка бісектриси нерозгорнутого кута рівновіддалена (тобто рівновіддалена від прямих, що містять сторони трикутника) від його сторін. Назад: кожна точка, що лежить усередині кута і рівновіддалена від сторін кута, лежить на його бісектрисі.

Доведення. 1) Візьмемо довільну точку М на бісектрисі кута ВАС, проведемо перпендикуляри МК і МL до прямих АВ та АС і доведемо, що МК = МL. Розглянемо прямокутні трикутники ?АМК та ?АМL. Вони рівні за гіпотенузою та гострим кутом (АМ - загальна гіпотенуза, 1 = 2 за умовою). Отже, МК = МL.

) Нехай точка М лежить усередині ВАС і рівновіддалена від його сторін АВ та АС. Доведемо, що промінь АМ – бісектриса ВАС. Проведемо перпендикуляри МК і МL до прямих АВ та АС. Прямокутні трикутники АКМ і АLM рівні по гіпотенузі та катету (АМ – загальна гіпотенуза, МК = МL за умовою). Отже, 1 = 2. Але це означає, що промінь АМ - бісектриса ВАС. Теорему доведено.

Слідство. Бісектриси трикутника перетинаються в одній точці (центр вписаного кола, і центр).

Позначимо літерою Про точку перетину бісектрис АА1 та ВВ1 трикутника АВС і проведемо з цієї точки перпендикуляри ОК, ОL та ОM відповідно до прямих АВ, ВС та СА. По теоремі (Кожна точка бісектриси нерозгорнутого кута рівновіддалена від його сторін. Назад: кожна точка, що лежить всередині кута і рівновіддалена від сторін кута, лежить на його бісектрисі) ми говоримо про те, що ОК = ОМ і ОК = OL. Тому OM = OL, тічка O рівновіддалена від сторін АСВ і, отже, лежить на бісектрисі СС1 цього кута. Отже, всі три бісектриси ?АВС перетинаються в точці О, що потрібно було довести.

коло бісектриса трикутник прямий

1.2 Властивості бісектриси трикутника

Бісектриса BD (рис. 1.1) будь-якого кута ?ABC ділить протилежну сторону на частини AD та CD, пропорційні прилеглим сторонамтрикутник.

Потрібно довести, що й ABD = DBC, то AD: DC =АВ: ВС.

Проведемо РЄ || BD до перетину у точці Е з продовженням сторони АВ. Тоді, відповідно до теореми про пропорційність відрізків, що утворюються на прямих, перетнутих кількома паралельними прямими, матимемо пропорцію: AD: DC = АВ: BE. Щоб від цієї пропорції перейти до тієї, яку потрібно довести, достатньо виявити, що ВЕ = НД, тобто що ?ВСІ рівнобедрений. У цьому трикутнику Е =ABD (як кути відповідні при паралельних прямих) і ВСІ = DBC (як кути навхрест лежать при тих же паралельних прямих).

Але ABD = DBC за умовою; значить, Е = ВСІ, тому рівні й сторони BE і ВС, що лежать проти рівних кутів.

Тепер, замінивши в написаній вище пропорції BE на НД, отримаємо пропорцію, яку потрібно довести.

20 Бісектриси внутрішнього та суміжного з ним кута трикутника перпендикулярні.

Доведення. Нехай BD - бісектриса ABC (рис.1.2), а BE - бісектриса суміжного із зазначеним внутрішнім кутом зовнішнього CBF, ?ABC. Тоді якщо позначити ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, то 2 ? + 2?= 1800 і, таким чином, ?+ ?= 900. І це означає, що BD? BE.

30 Бісектриса зовнішнього кута трикутника ділить протилежну сторону зовнішнім чином на частини, пропорційні прилеглим сторонам.

(Рис.1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.

40 Бісектриса будь-якого кута трикутника ділить протилежну сторону на відрізки, пропорційні прилеглим сторонам трикутника.

Доведення. Розглянемо ?ABC. Нехай для визначеності бісектриса CAB перетинає бік BC у точці D (рис.1.4). Покажемо, що BD:DC = AB:AC. Для цього проведемо через точку C пряму, паралельну до прямої AB, і позначимо через E точку перетину цієї прямої AD. Тоді DAB=DEC, ABD=ECD і тому ?DAB ~ ?DEC за першою ознакою подібності до трикутників. Далі, оскільки промінь AD - бісектриса CAD, то CAE = EAB = AEC і, отже, ?ECA рівнобедрений. Звідси AC = CE. Але в такому разі з подоби ?DAB та ?DEC слідує, що BD: DC = AB: CE = AB: AC, а це й потрібно було довести.

Якщо бісектриса зовнішнього кута трикутника перетинає продовження сторони, що протилежить вершині цього кута, то відрізки від отриманої точки перетину до кінців протилежної сторони пропорційні прилеглим сторонам трикутника.

Доведення. Розглянемо ?ABC. Нехай F – точка на продовженні сторони CA, D – точка перетину бісектриси зовнішнього BAF трикутника з продовженням сторони CB (рис. 1.5). Покажемо, що DC: DB = AC: AB. Дійсно, проведемо через точку C пряму, паралельну до прямої AB, і позначимо через E точку перетину цієї прямої з прямою DA. Тоді трикутник ADB ~ ?EDC і, отже, DC:DB=EC:AB. А оскільки ?EAC= ?BAD= ?CEA, то в рівнобедреному ?CEA сторона AC=EC і, таким чином, DC:DB=AC:AB, що потрібно було довести.

3 Розв'язання задач застосування властивостей бісектриси

Завдання 1. Нехай O - центр кола, вписаного в ?ABC, CAB = ?. Довести, що COB = 900 +? /2.

Рішення. Так як O - центр вписаної в ?ABC кола (рис 1.6), то промені BO і CO - бісектриси ABC і BCA відповідно. А тоді COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA) / 2 = 1800 - (1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, що потрібно було довести.

Завдання 2. Нехай O - центр описаної навколо ?ABC кола, H - основа висоти, проведеної до сторони BC. Довести, що бісектриса CAB є також і бісектриса? OAH.

Нехай AD - бісектриса CAB, AE - діаметр описаної близько ?ABC кола (рис.1.7,1.8). Якщо ?ABC - гострокутний (рис. 1.7) і, отже, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ дуги AC, а ?BHA та ?ECA прямокутні (BHA = ECA = 900), то ?BHA ~ ?ECA і, отже, CAO = CAE = HAB. Далі, BAD та CAD рівні за умовою, тому HAD = BAD - BAH = CAD - CAE = EAD = OAD. Нехай тепер ABC = 900. У цьому випадку висота AH збігається зі стороною AB, точка O належатиме гіпотенузі AC і тому справедливість затвердження завдання очевидна.

Розглянемо випадок, коли ABC> 900 (рис.1.8). Тут чотирикутник ABCE вписаний у коло і, отже, AEC = 1800 – ABC. З іншого боку, ABH = 1800 – ABC, тобто. AEC = ABH. А оскільки ?BHA та ?ECA – прямокутні і, отже, HAB = 900 – ABH = 900 – AEC = EAC, то HAD = HAB + BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Випадки, коли BAC та ACB - тупі розглядаються аналогічно. ?

4 Крапка Жергона

Точкою Жергона називається точка перетину відрізків, які з'єднують вершини трикутника з точками торкання сторін, протилежних цим вершинам, і вписаною в трикутник кола.

Нехай точка O - центр вписаного кола трикутника ABC. Нехай вписане коло стосується сторін трикутника BC,AC і AB точках D,Eта F відповідно. Точка Жергона - це точка перетину відрізків AD, BE та CF. Нехай точка O - центр вписаного кола ?ABC. Нехай вписане коло стосується сторін трикутника BC, AC та AB у точках D, E та F відповідно. Точка Жергона - це точка перетину відрізків AD, BE та CF.

Доведемо, що ці три відрізки справді перетинаються в одній точці. Зауважимо, що центр вписаного кола - це точка перетину бісектрис кутів ?ABC, а радіуси вписаного кола OD, OE та OF ?сторони трикутника. Тим самим, маємо три пари рівних трикутників(AFO та AEO, BFO та BDO, CDO та CEO).

Твори AF?BD? CE та AE ? BE? CF рівні, оскільки BF = BD, CD = CE, AE = AF, отже, відношення цих творів рівне, і за теоремою Чеви (Нехай точки A1, B1, С1 лежать на сторонах BC, AC і AB ABC відповідно. Нехай відрізки AA1 , BB1 та CC1 перетинаються в одній точці.

(обходимо трикутник за годинниковою стрілкою), відрізки перетинаються в одній точці.

Властивості вписаного кола:

Коло називається вписаним у трикутник, якщо воно стосується всіх його сторін.

У будь-який трикутник можна вписати коло.

Дано: ABC – даний трикутник, О – точка перетину бісектрис, М, L та К – точки торкання кола зі сторонами трикутника (рис. 1.11).

Довести: О - центр кола, вписаного в АВС.

Доведення. Проведемо з точки Про перпендикуляри OK, OL та ОМ відповідно до сторін АВ, ВС та СА (рис.1.11). Оскільки точка рівновіддалена від сторін трикутника ABC, то ОК = OL = ОМ. Тому коло з центром радіусу ОК проходить через точки K, L, M. Сторони трикутника ABC стосуються цього кола в точках К, L, М, так як вони перпендикулярні до радіусів ОК, OL і ОМ. Значить, коло з центром О радіуса ОК є вписаним у трикутник ABC. Теорему доведено.

Центр кола, вписаного в трикутник, є точкою перетину його бісектрис.

Нехай ABC даний, O - центр вписаного в нього кола, D, E і F - точки торкання кола зі сторонами (рис.1.12). ? AEO =? AOD з гіпотенузи та катету (EO = OD – як радіус, AO – загальна). З рівності трикутників випливає, що? OAD =? OAE. Значить AO бісектриса кута EAD. Точно також доводиться, що точка O лежить на двох інших бісектрисах трикутника.

Радіус, проведений у точку торкання, перпендикулярний дотичній.

Доведення. Нехай окр. (O; R) дане коло(Рис.1.13), пряма a стосується її в точці P . Нехай радіус OP не перпендикулярний до a . Проведемо з точки O перпендикуляр OD до дотичної. За визначенням дотичної, всі точки, відмінні від точки P , і, зокрема, точка D лежать поза кола. Отже, довжина перпендикуляра OD більша за R довжини похилої OP . Це суперечить властивості похилої і отримане протиріччя доводить твердження.

РОЗДІЛ 2. 3 чудові точкитрикутника, коло Ейлера, пряма Ейлера.

1 Центр описаного кола трикутника

Серединним перпендикуляром до відрізка називається пряма, що проходить через середину відрізка та перпендикулярна до нього.

Теорема. Кожна точка серединного перпендикуляра до відрізка рівновіддалена від кінців цього відрізка. Назад: кожна точка, рівновіддалена від кінців відрізка, лежить на серединному перпендикулярі до нього.

Доведення. Нехай пряма m – серединний перпендикуляр до відрізка АВ, точка О – середина відрізка.

Розглянемо довільну точку М прямий і доведемо, що АМ=ВМ. Якщо точка М збігається з точкою О, то ця рівність правильна, оскільки О - середина відрізка АВ. Нехай М та О - різні точки. Прямокутні ?ОАМ та ?ОВМ рівні по двох катет (ОА = ОВ, ОМ - загальний катет), тому АМ = ВМ.

) Розглянемо довільну точку N, рівновіддалену від кінців відрізка АВ, і доведемо, що точка N лежить на прямій m. Якщо N - точка прямої АВ, вона збігається з серединою Про відрізка АВ і тому лежить на прямий m. Якщо точка N не лежить на прямій АВ, то розглянемо ?АNB, який рівнобедрений, оскільки АN=BN. Відрізок NO - медіана цього трикутника, отже, і висота. Таким чином, NO перпендикулярна АВ, тому прямі ON і m збігаються, і, отже, N - точка пряма m. Теорему доведено.

Слідство. Серединні перпендикуляри до сторін трикутника перетинаються в одній точці (центр описаного кола).

Позначимо, точку перетину серединних перпендикулярів m і n до сторін АВ і ВС ?АВС. По теоремі (кожна точка серединного перпендикуляра до відрізка рівновіддалена від кінців цього відрізка. Назад: кожна точка, рівновіддалена від кінців відрізка, лежить на серединному перпендикулярі до нього.) ми робимо висновок, що ОВ=ОА і ОВ=ОC тому: ОА=ОС, т е точка О рівновіддалена від кінців відрізка АС і, отже, лежить на серединному перпендикулярі p до цього відрізка. Отже, всі три серединні перпендикуляри m, n і p до сторін ?АВС перетинаються у точці О.

У гострокутного трикутникаця точка лежить усередині, у тупокутного - поза трикутником, у прямокутного - на середині гіпотенузи.

Властивість серединного перпендикуляра трикутника:

Прямі, на яких лежать бісектриси внутрішнього і зовнішнього кутів трикутника, що виходять з однієї вершини, перетинаються з серединним до протилежної сторони перпендикуляром з діаметрально протилежних точках описаного біля трикутника кола.

Доведення. Нехай, наприклад, бісектриса ABC перетинає описану навколо ?ABC коло у точці D (рис. 2.1). Тоді оскільки вписані ABD і DBC рівні, AD= дузі DC. Але серединний до сторони AC перпендикуляр також поділяє дугу AC навпіл, тому точка D належатиме і цьому серединному перпендикуляру. Далі, оскільки за властивістю 30 з пункту 1.3 бісектриса BD ABC , суміжного з ABC, остання перетне коло в точці, діаметрально протилежній точці D, так як вписаний прямий кут завжди спирається на діаметр.

2 Ортоцентр кола трикутника

Висота – перпендикуляр, проведений з вершини трикутника до прямої, що містить протилежну сторону.

Висоти трикутника (або їх продовження) перетинаються в одній точці (ортоцентр).

Доведення. Розглянемо довільний ?АВС та доведемо, що прямі АА1, ВВ1, СС1, що містять його висоти, перетинаються в одній точці. Проведемо через кожну вершину ?АВС пряму, паралельну протилежній стороні. Отримаємо ?А2B2C2. Точки А, B та С є серединними сторін цього трикутника. Справді, АВ=А2С та АВ=СВ2 як протилежні сторони паралелограмів АВА2C та АВСВ2, тому А2C=СВ2. Аналогічно С2A=АВ2 та С2B=ВА2. Крім того, як випливає з побудови, СС1 перпендикулярний А2B2, АА1 перпендикулярний В2С2 і ВВ1 перпендикулярний А2С2. Таким чином, прямі АА1, ВВ1 та СС1 є серединними перпендикулярами до сторін ?А2B2C2. Отже, вони перетинаються лише у точці.

Залежно від виду трикутника ортоцентр може знаходитися всередині трикутника в гострокутних, поза ним - у тупокутних або збігатися з вершиною, у прямокутних - збігається з вершиною при прямому вугіллі.

Властивості висоти трикутника:

Відрізок, що з'єднує основи двох висот гострокутного трикутника, відсікає від нього трикутник, подібний до цього, з коефіцієнтом подібності рівним косинусу загального кута.

Доведення. Нехай AA1, BB1, CC1 - висоти гострокутного трикутника ABC, а ABC = ?(Рис. 2.2). Прямокутні трикутники BA1A та CC1B мають загальний ?тому вони подібні, а значить, BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Звідси випливає, що BA1/BC1=BA/BC = cos ?, тобто. в ?C1BA1 та ?ABC сторони, що прилягають до спільного ??C1BA1 ~ ?ABC, причому коефіцієнт подібності дорівнює cos ?. Аналогічно доводиться, що ?A1CB1 ~ ?ABC з коефіцієнтом подібності cos BCA, а ?B1AC1 ~ ?ABC з коефіцієнтом подібності до cos CAB.

Висота, опущена на гіпотенузу прямокутного трикутника, ділить його на два подібні між собою і подібні до вихідного трикутника, трикутника.

Доведення. Розглянемо прямокутний ?ABC, у якого ?BCA = 900, а CD - його висота (рис. 2.3).

Тоді подоба ?ADC та ?BDC випливає, наприклад, з ознаки подібності прямокутних трикутників за пропорційністю двох катетів, оскільки AD/CD = CD/DB. Кожен же з прямокутних трикутників ADC і BDC подібний до вихідного прямокутного трикутника вже хоча б на підставі ознаки подібності по двох кутах.

Розв'язання задач застосування властивостей висот

Завдання 1. Довести, що трикутник, однією з вершин якого є вершина даного трикутника, а дві інші вершини - це підстави висот тупокутного трикутника, опущених з двох інших його вершин, подібний до цього трикутника з коефіцієнтом подібності, рівним модулюкосинуса кута при першій вершині.

Рішення. Розглянемо тупокутний ?ABC з тупим CAB. Нехай AA1, BB1, CC1 - його висоти (рис. 2.4, 2.5, 2.6) та нехай CAB = ?, ABC =? , BCA = ?.

Доказ того факту, що ?C1BA1 ~ ?ABC (рис.2.4) з коефіцієнтом подібності k = cos ?, повністю повторює міркування, проведені за підтвердженням властивості 1, пункту 2.2.

Доведемо, що ?A1CB ~ ?ABC (рис. 2.5) з коефіцієнтом подібності k1 = cos ?, а ?B1AC1 ~ ?ABC (рис. 2.6) з коефіцієнтом подібності k2 = | cos? |.

Дійсно, прямокутні трикутники CA1A та CB1B мають загальний кут ?і тому подібні. Звідси випливає, що B1C/BC = A1C/AC=cos ?і, отже, B1C/A1C=BC/AC=cos ?, тобто. у трикутниках A1CB1 та ABC сторони, що утворюють загальний ??, пропорційні. А тоді за другою ознакою подоби трикутників ?A1CB ~ ?ABC, причому коефіцієнт подібності k1 = cos ?. Щодо останнього випадку(рис.2.6), то з розгляду прямокутних трикутників ?BB1A та ?CC1A з рівними вертикальними кутами BAB1 і C1AC слід, що вони подібні і, отже, B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = | cos ?|, оскільки ??- Тупий. Звідси B1A / C1A = BA / CA = | cos ?| і, таким чином, у трикутниках ?B1AC1 та ?ABC сторони, що утворюють рівні кути, пропорційні. А це означає, що ?B1AC1 ~ ?ABC з коефіцієнтом подібності k2 = | cos? |.

Завдання 2. Довести, що й точка O - точка перетину висот гострокутного трикутника ABC, то ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Рішення. Доведемо справедливість першої із наведених за умови завдання формул. Справедливість інших двох формул доводиться аналогічно. Отже, нехай ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 і C1 - основи висот трикутника, проведених з вершин A, B та C відповідно (рис.2.7). Тоді із прямокутного трикутника BC1C випливає, що BCC1 = 900 - ?і, таким чином, у прямокутному трикутнику OA1C кут COA1 дорівнює ?. Але сума кутів AOC + COA1 = ? + ?дає розгорнутий кут і тому AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, що потрібно було довести.

Завдання 3. Довести, що висоти гострокутного трикутника є бісектрисами кутів трикутника, вершинами якого є підстави висот цього трикутника.

іс.2.8

Рішення. Нехай AA1, ВВ1, CC1 – висоти гострокутного трикутника ABC і нехай CAB = ?(Рис.2.8). Доведемо, наприклад, що висота AA1 є бісектрисою кута C1A1B1. Справді, оскільки трикутники C1BA1 і ABC подібні (властивість 1), то BA1C1 = ?і, отже, C1A1A = 900 - ?. З подоби трикутників A1CB1 і ABС випливає, що AA1B1 = 900 - ?і тому C1A1A = AA1B1 = 900 - ?. Але це означає, що AA1 - бісектриса кута C1A1B1. Аналогічно доводиться, що інші дві висоти трикутника ABC є бісектрисами двох інших відповідних кутів трикутника A1B1C1.

3 Центр тяжкості кола трикутника

Медіаною трикутника називається відрізок, що з'єднує будь-яку вершину трикутника із серединою протилежної сторони.

Теорема. Медіана трикутника перетинаються в одній точці (центр тяжіння).

Доведення. Розглянемо довільний? АВС.

Позначимо буквою Про точку перетину медіан АА1 та ВВ1 та проведемо середню лінію А1B1 цього трикутника. Відрізок А1B1 паралельний стороні АВ, тому 1 = 2 і 3 = 4. Отже, ?АОВ та ?А1ОВ1 подібні за двома кутами, і, отже, їхні сторони пропорційні: АО:А1O=ВО:В1O=АВ:А1B1. Але АВ=2А1B1, тому АТ=2А1O та ВО=2В1O. Таким чином, точка Про перетин медіан АА1 і ВВ1 ділить кожну з них щодо 2:1, вважаючи від вершини.

Аналогічно доводиться, що точка перетину медіан ВВ1 і СС1 ділить кожну з них щодо 2:1, рахуючи від вершини, і, отже, збігається з точкою О і діляться нею щодо 2:1, вважаючи від вершини.

Властивості медіани трикутника:

10 Медіани трикутника перетинаються в одній точці і діляться точкою перетину щодо 2:1, рахуючи від вершини.

Дано: ?АВС, АА1, ВВ1 – медіани.

Довести: АТ:ОА1=ВО:ОВ1=2:1

Доведення. Проведемо середню лінію А1В1 (рис.2.10), за якістю середньої лініїА1В1||АВ, А1В1=1/2 AB. Оскільки А1В1 || АВ, то 1 = 2 навхрест лежать при паралельних прямих АВ та А1В1 та січній АА1. 3 = 4 навхрест лежать при паралельних прямих А1В1 і АВ і січній ВВ1.

Отже, ?АОВ ~ ?А1OB1 за рівністю двох кутів, отже, сторони пропорційні: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Медіана розбиває трикутник на два трикутники однакової площі.

Доведення. BD - медіана ?ABC (рис.2.11), BE – його висота. Тоді ?ABD та ?DBC рівновеликі, тому що вони мають рівні підстави AD та DC відповідно і загальну висоту BE.

Весь трикутник поділяється своїми медіанами на шість рівновеликих трикутників.

Якщо на продовженні медіани трикутника відкласти від середини сторони трикутника відрізок, що дорівнює по довжині медіані, то кінцева точка відрізка і вершини трикутника є вершинами паралелограма.

Доведення. Нехай D – середина сторони BC ?ABC (рис. 2.12), E - така точка на прямій AD, що DE = AD. Тоді оскільки діагоналі AE і BC чотирикутника ABEC у точці D їх перетину діляться навпіл, з властивості 13.4 і випливає, що чотирикутник ABEC - паралелограмм.

Розв'язання задач застосування властивостей медіан:

Завдання 1. Довести, що якщо O - точка перетину медіан ?ABC, то ?AOB, ?BOC та ?AOC рівновеликі.

Рішення. Нехай AA1 ​​та BB1 - медіани ?ABC (рис. 2.13). Розглянемо ?AOB та ?BOC. Очевидно, що S ?AOB = S ?AB1B - S ?AB1O , S ?BOC = S ?BB1C-S ?OB1C. Але за якістю 2 маємо S ?AB1B = S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C , звідки випливає, що S ?AOB = S ?BOC. Аналогічно доводиться і рівність S ?AOB = S ?AOC.

Завдання 2. Довести, що якщо точка O лежить усередині ?ABC та ?AOB, ?BOC та ?AOC рівновеликі, то O - точка перетину медіан? ABC.

Рішення. Розглянемо ?ABC (2.14) і припустимо, що точка O не лежить на медіані BB1. Тоді тому що OB1 - медіана ?AOC, то S ?AOB1 = S ?B1OC , а оскільки за умовою S ?AOB = S ?BOC , то S ?AB1OB = S ?BOB1C. Але цього не може бути, оскільки S ?ABB1 = S ?B1BC. Отримана суперечність означає, що точка O лежить на медіані BB1. Аналогічно доводиться, що точка O належить і двом іншим медіанам ?ABC. Звідси й випливає, що точка O дійсно є точкою перетину трьох медіан? ABC.

Завдання 3. Довести, що якщо в ?ABC сторони AB і BC не рівні, його бісектриса BD лежить між медіаною BM і висотою BH.

Доведення. Опишемо близько ?ABC коло і продовжимо його бісектрису BD до перетину з коло в точці K. Через точку K проходитиме серединний до відрізку AC перпендикуляр (властивість1, з пункту 2.1), який з медіаною має загальну точку M. Але оскільки відрізки BH і MK паралельні, а точки B і K лежать по різні сторонивід прямої AC, точка перетину відрізків BK та AC належать відрізку HM, а це і доводить необхідне.

Завдання 4. ?ABC медіана BM вдвічі менша від сторони AB і утворює з нею кут 400. Знайдіть ABC.

Рішення. Продовжимо медіану BM за точку M на її довжину та отримаємо точку D (рис. 2.15). Так як AB = 2BM, то AB = BD, тобто трикутник ABD - рівнобедрений. Отже, BAD = BDA = (180o - 40o): 2 = 70o. Чотирьохкутник ABCD є паралелограмом, тому що його діагоналі точкою перетину діляться навпіл. Отже, CBD = ADB = 700. Тоді ABC = ABD + CBD = 1100. Відповідь 1100.

Завдання 5. Сторони? ABC рівні a, b, c. Обчислити медіану mc, проведену до сторони (рис.2.16).

Рішення. Подвоїмо медіану, добудувавши ABC до паралелограма АСВР, і застосуємо до цього паралелограму теорему 8. Отримаємо: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, тобто. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, звідки знаходимо:

2.4 Коло Ейлера. Пряма Ейлера

Теорема. Основи медіан, висот довільного трикутника, а також середини відрізків, що з'єднують вершини трикутника з його ортоцентром, лежать на одному колі, радіус якого дорівнює половині радіусу, описаного біля трикутника кола. Це коло називається коло дев'яти точок або коло Ейлера.

Доведення. Візьмемо серединний? MNL (рис. 2.17) і опишемо біля нього коло W. Відрізок LQ - медіана на прямокутному? AQB, тому LQ = 1/2AB. Відрізок MN=1/2AB, т.к. MN-середня лінія? ABC. Звідси випливає, що трапеція QLMN – рівнобочна. Так як коло W проходить через 3 вершини рівнобічної трапеції L, M, N, вона пройде і через четверту вершину Q. Аналогічно доводиться, що P належить W, R належить W.

Перейдемо до точок X, Y, Z. Відрізок XL перпендикулярний BH як середня лінія? AHB. Відрізок BH перпендикулярний AC і оскільки AC паралельно LM, то BH перпендикулярно LM. Отже, XLM = П/2. Аналогічно, XNM = П/2.

У чотирикутнику LXNM два протилежних кутапрямі, тому біля нього можна описати коло. Це буде коло W. Отже, X належить W, аналогічно Y належить W, Z належить W.

Серединний?LMN подібний?ABC. Коефіцієнт подібності дорівнює 2. Отже, радіус кола дев'яти точок дорівнює R/2.

Властивості кола Ейлера:

Радіус кола дев'яти точок дорівнює половині радіусу кола, описаного біля ABC.

Коло дев'яти точок гомотетичного кола, описаного біля ABC, з коефіцієнтом ½ та центром гомотетії у точці H.

Теорема. Ортоцентр, центроїд, центр описаного кола та центр кола дев'яти точок лежать на одній прямій. Пряма Ейлер.

Доведення. Нехай H - ортоцентр? ABC (рис.2.18) і O - центр описаного кола. За побудовою серединні перпендикуляри ?ABC містять висоти серединного ?MNL, т. O одночасно ортоцентром ?LMN. ?LMN ~ ?ABC, їх коефіцієнт подібності дорівнює 2, тому BH = 2ON.

Проведемо через точки H та O пряму. Отримаємо два подібні трикутники? NOG і? BHG. Оскільки BH=2ON, і BG=2GN. Останнє означає, що точка G є центроїдом?ABC. Для точки G виконується співвідношення HG: GO = 2:1.

Нехай далі TF є серединний перпендикуляр? MNL і F - точка перетину цього перпендикуляра з прямою HO. Розглянемо подібні? TGF і? NGO. Точка G - центроїд? MNL, тому коефіцієнт подібності?

Якщо провести ті ж міркування щодо серединного перпендикуляра до іншої сторони MNL, то він також повинен пройти через середину відрізка HO. Але це означає, що точка F – точка серединних перпендикулярів? MNL. Така точка є центром кола Ейлера. Теорему доведено.

ВИСНОВОК

У цій роботі ми розглянули 4 чудові точки трикутника, що вивчаються в школі та їх властивості, на основі яких ми можемо вирішувати безліч завдань. Так само були розглянуті точка Жергона, коло Ейлера та пряма Ейлера.

СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ

1.Геометрія 7-9. Підручник для середніх шкіл// Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. та ін - М.: Просвітництво, 1994.

2.Амелькін В.В. Геометрія на площині: Теорія, завдання, рішення: Навч. Посібник з математики / / В. В. Амелькін, В.Л. Рабцевич, В.Л. Тимохович - Мн.: "Асар", 2003.

.В.С. Болодурін, О.А. Вахмяніна, Т.С. Ізмайлова // Посібник з елементарної геометрії. Оренбург, ОДПІ, 1991.

.Прасолов В.Г. Завдання щодо планіметрії. - 4-те вид., Доповнене - М.: Вид-во Московського центру безперервної математичної освіти, 2001.

Ліскинський район, МОУ Аношкінська ЗОШ.

Вчитель математики Сморчкова О.Б.

Мета проекту: навчитися користуватися різною літературоюз геометрії, довідковими матеріаламидля більш докладного вивченнятеми «Чудові точки трикутника», дати повніше уявлення про тему, підготувати презентацію на цю тему для демонстрації під час виступів і під час уроків.

Геометрія починається зтрикутник. Ось уже два з половиноюної тисячоліття трикутник є як би символом геометрії; але він не лише символ, трикутник – атом геометрії.Та й сьогодні шкільна геометрія стає цікавою тазмістовною, стає власне геометрією тільки з появаванням трикутника. Попередні поняття - точка, прямая, кут - видаються розпливчастими абстракціями, але вбір теорем та завдань, з ними пов'язаний, просто нудним.

Вже з перших кроків свого розвитку людина, а особливо сучасна людина, стикається з різноманітними геометричними об'єктами - фігурами та тілами. Відомі випадки, коли людина в юному, якщо не сказати в дитячому віці, захоплюється геометрією і навіть робить самостійні геометричні відкриття. Так, маленький Блез Паскаль вигадав «гру в геометрію», в якій брали участь «монетки» – кола, «трикутники» – трикутники, «столи» – прямокутники, «палички» – відрізки. Його батько, який ґрунтовно знав математику, на перший час рішуче виключив математику з предметів, яким він навчав свого сина, оскільки маленький Блез не відрізнявся. хорошим здоров'ям. Однак, виявивши захопленість сина, він дещо розповів йому про таємничу геометрію, а застав Блеза в момент, коли той виявив, що кути трикутника становлять у сумі два прямі, зворушений батько відкрив своєму 12-річному синові доступ до математичним книгам, що зберігаються у домашній бібліотеці.

Трикутник невичерпний – постійно відкриваються його нові властивості. Щоб розповісти про всі відомі його властивості, необхідний том, який можна порівняти за обсягом з томом. Великої енциклопедії. Про деяких із них, а точніше кажучи, про деяких чудових точках,пов'язаних із трикутником, ми й хочемо розповісти.

Пояснимо спочатку сенс виразу «чудові точки трикутника». Всі ми знаємо, що бісектриси внутрішніх кутівтрикутника перетинаються в одній точці - центрі вписаного в цей трикутник кола. Так само в одній точці перетинаються медіани, висоти трикутника, серединні перпендикуляри до його сторін.

Отримані при перетині перерахованих трійок прямих крапки, звичайно ж, чудові (адже три прямі, як правило, перетинаються в трьох різних точках). Можливі й чудові точки інших типів, наприклад, точки, в яких досягає екстремуму будь-яка функція, визначена для всіх точок трикутника. З іншого боку, поняття «чудові точки трикутника» слід тлумачити скоріше літературно-емоційному рівні, ніж формально-математичному. Відомий софізм, що «доводить», що всі натуральні числа"цікаві". (Допустивши, що є «нецікаві» числа, візьмемо серед них найменше. Безперечно, це число «цікаве»: воно цікаве вже тим, що воно найменше серед «нецікавих».) Подібна міркування, що «доводить», що всі точки трикутника «чудові» », можна сформулювати і в нашому випадку. Перейдемо до деяких прикладів.

ЦЕНТР ОПИСАНОГО ОКРУЖЕННЯ

Доведемо, що існує точка, що рівно віддалена від вершин трикутника, або, інакше, що існує коло, проходячича через три вершини трикутника.Геометричним місцем точок, рівновіддалених від точок Аі В,є перпендикуляр до відрізка АВ,проходить через його середину (серединний перпендикуляр до відрізка АВ).Розглянемо точку О,в якій перетинаються серединні перпендикуляри до відрізків АВі НД.Крапка Прорівновіддалена від точок А і В, а також від точок Уі З.Тому вона рівновіддалена від точок Аі З,тобто вона лежить і на серединному перпендикулярі до відрізка АС(Рис. 50).

Центр Проописаного кола лежить усередині трикутника, тільки якщо цей трикутник гострокутний. Якщо трикутник прямокутний, то точка Прозбігається з серединою гіпотенузи,

а якщо кут при вершині Зтупий, то прямий АВподіляє точки Про та С.

Якщо у Δ АВСкут при вершині Згострий, то бік АВвидно з точки Про під кутом, рівним 2 <. AOB вдвічі більше за вписане < ACB , що спирається на ту ж дугу. Якщо ж <. C тупий, то бік АВвидно з точки Пропід кутом, рівним 360° - 2<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin З,де R- радіус описаного кола Δ АВС.Справді, нехай З 1 - середина сторони АВ.Тоді АС 1 = АТsin <. AOC 1 = R sin З, тому AB =2 AC 1 =2 R sin С. Теорему синусів можна сформулювати і по-іншому: «Проекція діаметра описаного кола, перпендикулярного першій стороні трикутника, на пряму, що містить другу сторону, дорівнює третій стороні». Це таке громіздке твердження є насправді просто теорема синусів.

У математиці нерідко буває отже об'єкти, визначені дуже по-різному, виявляються збігаються. Покажемо на прикладі.

Нехай А 1 , В 1 і C 1 - середини сторін НД, С Аі АВ.Можна довести, що кола, описані близько Δ АВ 1 С 1 , Δ A 1 BC 1 та Δ A 1 B 1 C , перетинаються в одній точці, причому ця точка - центр описаного кола Δ АВС(Рис. 51). Отже, ми маємо дві, здавалося б, зовсім різні точки: точка перетину серединних перпендикулярів до сторін Δ АВСта точка перетину описаних кіл Δ АВ 1 З 1 , Δ AiBCi та Δ AiBiC . А виявляється, що ці дві точки чомусь збігаються!

Проведемо, однак, обіцяний доказ. Достатньо довести, що центр О описаного кола Δ АВСлежить на колах, описаних біля Δ АВ 1 З 1 , Δ А iBCi та Δ A 1 B 1 C . Кути ОВ 1 Аі ОС 1 Апрямі, тому точки У 1 і З 1 лежать на колі діаметром ОА,а значить, точка О лежить на колі, описаному близько Δ AB 1 C 1 . Для Δ AiBCi та Δ А 1 У 1 Здоказ аналогічний.

Доведене твердження є окремим випадком дуже цікавої теореми: якщо на сторонахАВ, НДіСАтрикутникаАВСвзяті довільні точкиЗ 1 , А 1 іУ 1 , то описанікола ΔАВ 1 З 1 , Δ А 1 НД 1 та ΔА 1 У 1 З перетинаються в однійточці.

Зробимо останнє зауваження щодо центру описаного кола. Прямі А 1 У 1 і АВпаралельні, тому ОС 1 перпендикулярна А 1 У 1 Аналогічно ОВ 1 перпендикулярна A 1 C 1 і ОА 1 перпендикулярна У 1 З 1 , тобто. Про- точка перетину висот трикутника A 1 B 1 З 1 ... Стривайте, стривайте! Ми поки що не доводили, що висоти трикутника перетинаються в одній точці. Чи немає тут шляху до доказу? До цієї розмови ми ще повернемось.

ЦЕНТР ВПИСАНОГО ОКРУЖЕННЯ

Доведемо, що бісектриси кутів Δ АВСперетинаються в одній точці. Розглянемо точку Про перетин бісектрис кутів А та Ст.Будь-які точки бісектриси кута A рівновіддалені від прямих АВі АС,а будь-яка точка бісектриси кута B рівновіддалена від прямих АВі НД,тому точка О рівновіддалена від прямих АСі НД,тобто вона лежить на бісектрисі кута C. Точка Про рівновіддалена від прямих АВ, НДі СА,значить, існує коло з центром О,що стосується цих прямих, причому точки дотику лежать самих сторонах, а чи не з їхньої продовженнях. Справді, кути при вершинах А і ВΔ АОВгострі, тому проекція точки на пряму АВлежить усередині відрізка АВ.Для сторін НДі САдоказ аналогічний.

Нехай А 1 , В 1 і З 1 - точки торкання вписаного кола трикутника зі сторонами НД, САі АВ(Рис. 52). Тоді АВ 1 =АС 1 , BC 1 = BA 1 і СА 1 = СВ 1 . Крім того, кут B 1 A 1 C 1 дорівнює кутам при підставі рівнобедреного Δ АВ 1 З 1 (за теоремою про вугілля між дотичною та хордою) і т. д. Для кута B 1 C 1 A 1 та кута A 1 B 1 C 1 доказ аналогічний.

Кути при основі будь-якого рівнобедреного трикутника гострі, тому А 1 В 1 С 1 гострокутний для будь-якого АВС.

Якщо x = AB 1 , y = BC 1 і z = CA 1 , то х+у = с,y + z = a і z + x = b , де а,b і з- Довжини сторін Δ АВС.Складаючи перші дві рівності та віднімаючи з них третю, отримуємо у = (а + з-в) / 2. Аналогічно х=(в+с-а)/2і z =(а+в-с)/2.Слід зазначити, що для чотирикутника подібні міркування не дали б бажаного результату, тому що відповідна система рівнянь

або взагалі немає рішень, або має їх нескінченно багато. Справді, якщо х + у = а,y + z = b , z + t = c і t + x = d , то у=а-х,z = b -y = b - а+хі t = c - b + a -х,а з рівності t + x = d випливає, що a + c = b + d . Тому якщо а+с не дорівнює + d , то система рішень не має, а якщо a + c = b + d , то хможна вибирати довільно, а у,z , t виражаються через х.

Повернемося знову до єдиності розв'язання системи рівнянь для трикутника. Використовуючи її, можна довести таке твердження: нехай кола з центрами А, В і С торкаються зовнішнім чином у точках А 1 , У 1 і З 1 (Рис. 53). Тоді описане коло Δ A 1 B 1 C 1 вписано в Δ АВС.Справді, якщо х, уі z - радіуси кіл; a , b і з- Довжини сторін Δ АВС,то х+у = с,y + z = a , y + x = b .

Доведемо три властивості центру Провписаного кола Δ ABC .

1. Якщо продовження бісектриси кута Зперетинає описане коло Δ АВСу точці М,то МА=МВ=МО(Рис. 54).

Доведемо, наприклад, що у Δ АМОрівні кути при вершинах А і О. Справді,<OAM = < OAB + < BAM і < AOM =< OAC +<А CO , < ОАВ =<ОАС і< ВАМ =<ВСМ = < ACO . Отже, АМ = МО.Аналогічно ВМ = МО.

2. Якщо АВ- основа рівнобедреного Δ АВС,то коло, що стосується сторін<ACB у точках А і В,проходить через точку О (рис. 55).

Нехай О" – середина (меншої) дуги АВаналізованого кола. За якістю кута між дотичною та хордою<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, т. е. точка О" лежить на бісектрисі < A . Аналогічно можна показати, що вона лежить і на бісектрисі < B , тобто. О" = Про.

3. Якщо пряма, що проходить через точку О паралельно стороні АВ,перетинає сторони НДі САу точках А 1 і У 1 , то A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .

Доведемо, що Δ AB 1 O рівнобедрений. Справді, < B 1 OA = < OAB = < B 1 AO (Рис. 56). Тому AB 1 = B 1 0. Аналогічно A 1 B = A 1 O , а значить, A 1 B 1 = A 1 Про+OB 1 = A 1 B + AB 1 .

Нехай у Δ АВСкути при вершинах А, В і Срівні α, β, γ . Обчислимо величину кута, під яким сторона АВвидно з точки О. Оскільки кути Δ АТ Впри вершинах А і В дорівнюють α/2 і β/2, то

< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. Ця

формула буває корисна під час вирішення багатьох завдань.

З'ясуємо, наприклад, у якому разі чотирикутник, утворений сторонами АСі НДта бісектрисами АА 1 і ВВ 1 , є вписаним. Чотирьохкутник OA 1 CB 1 вписаний тоді і лише тоді, коли < A 1 CB 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, отже, γ = 60°. У цьому випадку хорди OA 1