Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
23 Докажите, что вторая точка пересечения прямой P K с окружностью, проходящей через точки K, A, B, не зависит от выбора секущей AB. 2.11. В угол вписаны две окружности, одна из которых касается сторон угла в точках M и N , а другая — в точках P и Q. Докажите, что на прямой M Q эти окружности отсекают равные хорды. Докажите, что расстояние от точки окружности до хорды этой окружности есть среднее геометрическое расстояний концов хорды до касательной к окружности в этой точке. Докажите, что диагонали правильного пятиугольника делятся точкой их пересечения в золотом отношении. Найдите отношение стороны правильного пятиугольника к радиусу описанной около него окружности. В окружности с центром O проведены два перпендикулярных диаметра AB и CD. Точка E — середина радиуса OA. На луче отложен отрезок EK, равный отрезку CE. Докажите, что отрезок равен стороне правильного пятиугольника, вписанного в данную окружность. Теорема Ван Обе ля. Если прямые AP , BP , CP пересекают соответственно прямые BC, CA, AB, содержащие стороны треугольника, соответственно в точках A 1 , B 1 , C 1 , то имеет место равенство A 1 2.17. Постройте окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся заданной прямой. Постройте прямую, параллельную основаниям трапеции, которая делит эту трапецию на две подобные трапеции. Постройте квадрат, одна сторона которого служит хордой данной окружности, а противоположная ей сторона принадлежит касательной к этой окружности. Найдите отношение стороны квадрата к радиусу окружности. В прямоугольном треугольнике ABC опущена высота CD на гипотенузу AB. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники и BCD, равны и r 2 . Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник. В треугольнике ABC проведена высота BK и медиана BM причем AM = BM . Найдите косинус угла KBM , если AB = 1, BC = 2. 2.22. Через точку S, лежащую вне окружности с центром O, проведены две касательные, касающиеся окружности в точках A и B, и секущая, пересекающая окружность в точках M и N . Прямые AB и SO 24 пересекаются в точке K. Докажите, что точки M , N , K, O лежат на одной окружности. В окружность вписан четырехугольник ABCD такой, что касательные к окружности в вершинах A и C пересекаются на прямой Докажите, что касательные в вершинах B и D пересекаются на прямой, биссектрисы углов A и C пересекаются на прямой BD, биссектрисы углов B и D пересекаются на прямой AC. Докажите, что этим же свойством обладают биссектрисы внешних углов при противоположных вершинах четырехугольника 3. Основные метрические соотношения в треугольнике. Теорема синусов традиционно выводится из равенства трех выражений площади треугольника. Однако ее можно получить совсем простои в ее полном содержании без использования формулы площади. Проведем радиус OD окружности, описанной около данного треугольника, перпендикулярный к стороне BC (рис. 21). Тогда углы и BOD равны, так как оба измеряются половиной дуги BC. Точка пересечения BC и OD — середина BC. Поэтому из прямоугольного Рис. треугольника BOE имеем R sin A, или a = = 2R sin A, где R — радиус описанной окружности. Аналогично b = 2R sin B и c = 2R sin C. Отсюда a sin A = b sin B = c sin C = Нетрудно проверить, что в случае, когда угол тупой или прямой, результат будет тот же. Для практического применения теорему синусов полезно знать ив такой формулировке каждая сторона треугольника равна диаметру описанной около него окружности, умноженному на синус угла, противолежащего этой стороне. В доказательствах некоторых соотношений при выполнении тождественных преобразований теорему синусов можно использовать в виде sin B = b sin A, b sin C = c sin B, c sin A = a sin Задач а. Доказать, что расстояние между основаниями перпендикуляров, проведенных к двум сторонам треугольника из основания высоты, опущенной на третью сторону, не зависит от выбора высоты Решение. Пусть CD — высота треугольника ABC, DP и DQ перпендикуляры к AC ирис. Из точек P и Q отрезок CD виден под прямыми углами. Поэтому эти точки принадлежат окружности A B C D P Q Рис. с диаметром CD. По теореме синусов P Q = = CD sin ∠ACB. Но поскольку CD = 2S AB , где — площадь треугольника ABC, то Q = 2S · sin где R — радиус окружности, описанной около треугольника ABC. Полученное выражение длины P Q действительно не зависит от высоты. Формулы проекций и их следствия. Пусть D — ортогональная проекция вершины треугольника ABC напрямую. Для определенности будем считать угол B острым, а для угла C рассмотрим три случая 1) угол C острый, 2) угол C тупой, 3) угол C прямой (рис. 23). Тогда соответственно 1) a = BD + DC, 2) a = BD − DC, 3) a = BD. Во всех трех случаях BD = c cos B, нов случаев случаев случае 3) DC = 0 = b cos Поэтому для всех трех случаев формула едина = b cos C + c cos Аналогично b = c cos A + a cos C, c = a cos B + b cos A A B C D 1) A B C D 2) A B C Рис. Эти соотношения носят название формул проекций для треугольника. Их векторный вывод не требует отдельного рассмотрения указанных трех случаев. Возьмем векторное равенство BC = BA + AC и умножим его скалярно на вектор BC: BC 2 = BA · BC + AC · BC. А это эквивалентно равенству a 2 = ca cos B + ba cos C, или a = b cos C + c cos Из формул (3.3) вытекают важные следствия. Поскольку косинус не больше единицы, то при отбрасывании косинусов в формулах (3.3) получаем неравенства < b + c, b < c + a, c < a + называемые неравенствами треугольника. Далее, умножив соотношения (3.3) соответственно на a, b, c и сложив, находим c 2 − a 2 − b 2 = −2ab cos C или c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos те. получили теорему косинусов для треугольника. Поскольку ab cos C = CA · CB, то теорема косинусов может быть представлена в векторном виде так · CB = a 2 + b 2 − Из формул проекций выводится также зависимость между косинусами углов треугольника. Равенства (3.3) будем рассматривать как линейную однородную систему уравнений относительно a, b, c: −a + b cos C + c cos B = 0, a cos C − b + c cos A = 0, a cos B + b cos A − c = Эта система заведомо имеет ненулевое решение (a, b, c), что возможно тогда и только тогда, когда ее определитель равен нулю C cos B cos C −1 cos A cos B cos A −1 = Это и есть искомая зависимость. Раскрывая определитель, получим cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2 cos A cos B cos C = Для читателя, незнакомого с методом решения линейных систем с помощью определителей, приведем другой вывод тождества (3.8) 27 путем прямого исключения длин a, b, c сторон треугольника из системы. Подставим в первую и вторую формулы (3.3) выражение c = a cos B + b cos A и полученные два равенства запишем так − cos 2 B) = b(cos C + cos A cos B), b(1 − cos 2 A) = a(cos C + cos A cos Почленным умножением получаем − cos 2 A)(1 − cos 2 B) = (cos C + cos A cos что эквивалентно (3.8). 3.3. Некоторые формулы площади треугольника. В школьных учебных пособиях доказываются следующие формулы площади треугольника где r и R — радиусы соответственно его вписанной и описанной окружностей, а p = 1 2 (a + b + c) — полупериметр треугольника. Для успешного решения задач полезно знать и другие формулы площади треугольника. Докажем еще пять формул) Исходя из формулы S = 1 2 ab sin C, выразим площадь треугольника через длины его сторон. По теореме косинусов cos C = a 2 + b 2 − c 2 2ab . Находим, откуда 4a 2 b 2 − (a 2 + b 2 − c 2 ) 2 = (2ab + a 2 + b 2 − c 2 )(2ab − a 2 − b 2 + c 2 ) = = ((a + b) 2 − c 2 )(c 2 − (a − b) 2 ) = (a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + Поскольку, например, a + b − c = a + b + c − 2c = 2(p − c), то p(p − a)(p − b)(p − Эту формулу называют формулой Г ер она, хотя она была получена гораздо раньше Архимедом) Соединим центр O описанной около треугольника ABC окружности сего вершинами. Если треугольник ABC остроугольный, то точка лежит внутри него. Очевидно, углы BOC, COA, AOB равны соответственно удвоенным углам треугольника ABC. Тогда S BOC + S COA + S AOB = 1 2 R 2 sin 2A + 1 2 R 2 sin 2B + 1 2 R 2 sin 2C. 28 Итак = 1 2 R 2 (sin 2A + sin 2B + sin Если же, скажем, угол A треугольника тупой, то площадь треугольника следует вычесть, что и выполняет формула (3.10), так как тогда sin 2A < 0. 3) Притом же построении высота треугольника BOC, опущенная на сторону BC, равна R cos A (рис. 21). Значит, S = 1 2 aR cos A и поэтому = 1 2 R(a cos A + b cos B + c cos Эта формула имеет место для треугольника любого типа) Обозначим длины отрезков сторон треугольника от вершин A, и C до точек касания с вписанной в треугольник окружностью через x, y и z соответственно. Тогда a = y + z, b = x + z, c = x + y (рис. 24) и x y y z z r Рис. 24 2p = a + b + c = 2(x + y + z). Отсюда имеем = p − a, y = p − b, z = p − Соединим центр I вписанной окружности с вершинами треугольника и с точками касания ее со сторонами. Из прямоугольного треугольника получаем. Тогда формула = pr принимает вид = p(p − a) tg A 2 (3.13) 5) Далее, замечая, что p − a = r ctg A 2 , на основании формулы (имеем S 2 = p(p − a)(p − b)(p − c) = pr(p − b)(p − c) ctg A 2 . Поскольку pr = то при сокращении этого равенства на S получаем = (p − b)(p − c) ctg A 2 (3.14) 3.4. Зависимость между косинусами углов треугольника и радиусами его вписанной и описанной окружностей. Используя формулы (проекций, находим = a + b + c = (b + c) cos A + (c + a) cos B + (a + b) cos C = = 2p(cos A + cos B + cos C) − (a cos A + b cos B + c cos C). 29 Согласно (3.11), a cos A + b cos B + c cos C = 2S R = 2pr R . Таким образом = 2p(cos A + cos B + cos C) − 2pr R , откуда cos A + cos B + cos C = 1 +Следствие. Сумма d 1 + d 2 + ориентированных расстояний от центра описанной около треугольника окружности до его сторон равна сумме R + r радиусов его описанной и вписанной окружностей (т е орем а Кар н о). В самом деле, соотношение (3.15) можно написать так cos A + R cos B + R cos C = R + Поскольку R cos A = d 1 , R cos B = d 2 , R cos C = d 3 , то d 1 + d 2 + d 3 = R + Примечание. Если дан треугольники точка M , не принадлежащая прямой AB, то ориентированное расстояние от точки M до прямой AB считается положительным, если точки M и C лежат по одну сторону от прямой AB, и отрицательным, если эти точки находятся по разные стороны от прямой AB. 3.5. Длина биссектрисы треугольника. Выведем две формулы длины биссектрисы треугольника. Пусть биссектриса угла C треугольника ABC пересекает сторону в точке D. Так как площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников ACD и BCD, то имеем равенство 2 bl c sin C 2 + 1 2 al c sin C 2 = 1 2 ab sin откуда l c = ab sin C (a + b) sin C 2 = 2ab cos C 2 a + Выражение l через длины a, b и c сторон треугольника ABC найдем векторным методом. Напомним, что для любой точки O из того, что B = l, следует OM = OA + lOB 1 + l , l 6= −1 (формула деления отрезка в данном отношении l). Для доказательства этой эквивалентности достаточно учесть, что AM = OM − OA и M B = OB − OM . 30 Пусть CD — биссектриса треугольника ABC. На основании пи поэтому = CA + (b/a)CB 1 + b/a = aCA + bCB a + Находим + b) 2 (a 2 CA 2 + 2ab(CA · CB) + b 2 CB 2 ) = = 1 (a + b) 2 (2a 2 b 2 + 2ab(CA · По теореме косинусов 2CA · CB = a 2 + b 2 − c 2 . Следовательно + b) 2 (2ab + a 2 + b 2 − c 2 ) = = ab (a + b) 2 ((a + b) 2 − c 2 ) = ab(a + b + c)(a + b − c) (a + Итак + b + c)(a + b − c) (a + или l 2 c = 4abp(p − c) (a + Задача. Доказать, что если две биссектрисы треугольника равны, то он равнобедренный (теорема Штейне р а—Л ему с а). Эта задача была послана в 1840 году великому швейцарскому геометру Якобу Штейнеру С. Л. Лемусом с просьбой дать чисто геометрическое ее решение. Доказательство Штейнера было очень сложными побудило других математиков искать более простое. Задача активно решалась более 20 лет. Некоторые математики обращались к решению этой задачи ив веке. Алгебраическое решение по формуле (3.17) достаточно просто. Так как по условию l a = l b , то bc(a + b + c)(b + c − a) (b + c) 2 = ac(a + b + c)(c + a − b) (a + что эквивалентно равенству b(a + c) 2 (b + c − a) = a(b + c) 2 (c + a − b). 31 Произведя умножение и надлежащую группировку слагаемых, получим и далее (a − b)(a 2 b + ab 2 + ac 2 + bc 2 + c 3 + 3abc) = Числа a, b и c положительны, поэтому сумма во вторых скобках положительна. Следовательно, a − b = 0, a = Упражнения. Докажите, что для прямоугольного треугольника с катетами a и b и гипотенузой с имеет место равенство = 1 2 (a + b − c). 3.2. Докажите, что высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, равна сумме радиусов окружностей, вписанных в данный треугольники в треугольники, на которые его делит эта высота. Докажите, что площадь прямоугольного треугольника равна произведению длин отрезков, на которые делит его гипотенузу точка касания вписанной окружности. Дан квадрат со стороной a. Через его центр, вершину и середину стороны, не содержащей эту вершину, проведена окружность. Найдите ее радиус. Если p и q — радиусы окружностей, проходящих через вершину треугольника ABC и касающихся прямой BC в точках B и C, то pq = R 2 . Докажите. Докажите, что для любого треугольника имеет место тождество B − sin C) + b(sin C − sin A) + c(sin A − sin B) = 0. 3.7. Если диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны, то сумма квадратов его противоположных сторон равна квадрату диаметра описанной окружности. Докажите. Постройте треугольник по двум сторонам, если медиана, проведенная к третьей стороне, делит угол треугольника в отношении 1 : 2. 3.9. Через вершину A треугольника ABC внутри него проведены две прямые, образующие равные углы со сторонами AB и AC и пересекающие сторону BC в точках M и N . Докажите, что BM CM · BN CN = AB 2 AC 2 (теорема Штейне р а 3.10. Докажите, что расстояние между основаниями перпендикуляров, проведенных из какой-либо вершины вписанного в окружность четырехугольника к двум его сторонам, не зависит от выбора вершины. Докажите следующие формулы площади треугольника (3.11—3.20). 3.11. S = 1 2 c 2 sin A sin B sin C 3.12. S = 2R 2 sin A sin B sin C. 3.13. S = 1 4 (a 2 sin 2B + b 2 sin 2A). 3.14. S = p 2 tg A 2 tg B 2 tg C 2 3.15. S = Rr(sin A + sin B + sin C). 3.16. S = 4Rr cos A 2 cos B 2 cos C 2 3.17. S 2 = abcp sin A 2 sin B 2 sin C 2 3.18. S = p 2 ctg(A/2) + ctg(B/2) + ctg(C/2) 3.19. 4S 2 = CA 2 · CB 2 − (CA · CB) 2 3.20. 16S 2 = a 2 (b 2 + c 2 − a 2 ) + b 2 (c 2 + a 2 − b 2 ) + c 2 (a 2 + b 2 − c 2 ). 3.21. Докажите, что в любом треугольнике ABC r = 4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 3.22. На стороне AB треугольника ABC водной полуплоскости с ним построен правильный треугольник ABC 1 . Докажите, что 1 = 1 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) − где a, b и c — длины сторон треугольника ABC, S — его площадь. Докажите следующие соотношения для произвольного треугольника (3.23—3.25). 3.23. a 2 = b 2 + c 2 − 4S ctg A. 3.24. a 2 = (b + c) 2 − 4S ctg A 2 3.25. a 2 = (b − c) 2 + 4S tg A 2 3.26. Углы треугольника ABC связаны условием + cos 2 B + cos 2 C = Определите его вид. Окружность радиуса R проходит через вершины A и B треугольника и касается прямой AC в точке A. Найдите площадь треугольника ABC, если ∠BAC = a и ∠ABC = b. 3.28. Докажите, что в треугольнике ABC ортогональная проекция биссектрисы CD на сторону CB имеет длину − c) a + b 33 3.29. В треугольник ABC вписана окружность радиуса r. Найдите длины сторон треугольника с вершинами в точках касания, если углы треугольника ABC равны a, b и g. Докажите, что площадь этого треугольника равна pr 2 2R 3.30. Докажите, что для любого треугольника выполняется соотношение. Найдите отношение произведения биссектрис острых углов прямоугольного треугольника к произведению радиусов его описанной и вписанной окружностей 4. Четыре замечательные точки треугольника В геометрии треугольника важную роль играют его четыре замечательные точки точка пересечения медиан — центроид , центры вписанной и описанной окружностей, точка пересечения высот — ортоцентр. Рассмотрим подробнее их свойства. Центроид треугольника. Его существование и основное свойство основано наследующей теореме о пересечении медиан треугольника. Теорема. Три медианы треугольника пересекаются водной точке, которая делит каждую из них в отношении 2 : 1, считая от A B C A 1 B 1 C 1 G P Q Рис. вершины треугольника. Из множества имеющихся доказательств этой теоремы приведем четыре. Д ока за тел ь ст во Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB треугольника соответственно (рис. Пусть G — точка пересечения двух медиан и BB 1 . Докажем сначала, что : GA 1 = BG : GB 1 = Для этого возьмем середины P и Q отрезков и BG. По теореме о средней линии треугольника отрезки и P Q равны половине стороны AB и параллельны ей. Поэтому четырехугольник A 1 B 1 P Q — параллелограмм. Тогда точка G пересечения его диагоналей P и делит каждую из них пополам. Следовательно, точки P и G делят медиану натри равные части, а точки Q и G делят медиану также натри равные части. Итак, точка G пересечения двух медиан треугольника делит каждую из них в отношении 2 : 1, считая от вершины. Докажем теперь, что |