Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
третья медиана содержит точку G. Согласно доказанному, точка пересечения медиан и делит каждую из них в отношении 2 : На медиане такой точкой является точка G, поэтому она и будет точкой пересечения прямых и CC 1 . Доказательство закончено. Д ока за тел ь ст во (векторное. Выберем произвольную точку в качестве общего начала векторов. На медиане возьмем точку, делящую ее в отношении 2 : 1, считая от точки A (рис. 26). Тогда A B C A 1 O G Рис. на основании формулы деления отрезка в данном отношении (п. 3.5) будем иметь 2 (OB + и = OA + 2OA 1 1 + Отсюда = 1 3 (OA + OB + В это выражение векторы OA, OB и OC вершин треугольника входят равноправно (симметрично. Поэтому векторы точек, делящих другие две медианы в отношении 2 : 1, будут иметь тоже выражение. Это и означает, что делящие точки совпадают. Следствие. Точка O совпадает с центроидом G треугольника тогда и только тогда, когда + OB + OC = иначе говоря, равенство + GB + GC = есть характеристическое свойство центроида G треугольника Третье доказательство теоремы о медианах треугольника основано A B C A 1 E D M Рис. на таком характеристическом свойстве медианы тре- угольника. Лемма. Для того, чтобы точка M принадлежала прямой, содержащей медиану треугольника, необходимо и достаточно, чтобы треугольники и AM C были равновелики и противоположно ориентированы. Н е обходим ость. Пусть A 1 — середина стороны и M ∈ (AA 1 ). Проведем высоты BE ив треугольниках AM B ирис. Из равенства прямоугольных треугольников и по гипотенузе и острому углу) следует равенство BE = CD, которое влечет за собой равенство площадей треугольников AM B и AM C. Они ориентированы противоположно Достаточность. Пусть треугольники AM B и AM C равнове- лики и противоположно ориентированы. Тогда BE = CD. Если прямая пересекает прямую BC в точке A 1 , то A 1 — середина стороны. Это следует из равенства тех же прямоугольных треугольников BEA 1 и по катету и острому углу. Если бы AM была параллельна, то треугольники AM B и AM C были бы равновелики, но ориентированы одинаково, что противоречит условию. Д ока за тел ь ст во (теоремы о медианах. Пусть G — точка пересечения медиан и BB 1 . Тогда согласно лемме треугольники и AGC равновелики, треугольники AGB и BGC также равновелики. Отсюда следует равновеликость треугольников AGC и BGC, которая по достаточному условию леммы эквивалентна тому, что G ∈ (Тремя медианами треугольник ABC разбился на шесть равновеликих треугольников. Поэтому : GA 1 = S AGC : S A 1 GC = Аналогично BG : GB 1 = 2 и CG : GC 1 = Закончив это доказательство, сделаем одно замечание. В силу рав- новеликости треугольников ABG, BCG и CAG точка G пересечения медиан треугольника ABC часто носит название центра тяжести этого треугольника, поскольку для материального треугольника, представляющего собой однородную пластинку, эта точка совпадает с физическим центром тяжести. Однако если материальный треугольник A B C A 1 B 1 C 1 M G P Q Рис. представляет собой совокупность трех однородных стержней, то его физический центр тяжести уже не совпадает сточкой пересечения медиана будет центром окружности, вписанной в серединный треугольник Доказательство (методом параллельного проектирования. Медиану разделим точками M и G натри равные части CM = = M G = GC 1 , проведем прямую AG и параллельные ей прямые M P и C 1 Q, пересекающие сторону в точках A 1 , P и Q соответственно (рис. 28). На основании теоремы Фалеса (п. 2.2) сторона BC разделилась точками Q, и P на четыре равные части. Следовательно, A 1 — середина BC. Аналогично прямая пересекает AC в ее середине B 1 . Так как P M — средняя линия треугольника и QC 1 — средняя линия треугольника ABA 1 , AA 1 GA 1 = 2QC 1 2P M = CC 1 CM = откуда AG : GA 1 = 2, и аналогично BG : GB 1 = 2. 36 4.2. Центр вписанной в треугольник окружности. Биссектрисы треугольника пересекаются водной точке I, которая равноудалена от трех сторон треугольника и потому является центром вписанной в треугольник окружности. Доказательство имеется в школьных учебниках. В каких отношениях делятся биссектрисы треугольника точкой I их пересечения Решим эту задачу. Пусть биссектрисы треугольника ABC пересекают его стороны AB, BC и CA соответственно в точках C 1 , и B 1 . Тогда BA 1 : A 1 C = c пи, откуда BA 1 = ac b + c и A 1 C = ab b + c . Так как CI биссектриса треугольника AA 1 C, то b : ab b + c = b + c Итак + c a , BI IB 1 = c + a b , CI IC 1 = a + b Далее, фиксируем некоторую точку O в качестве начала векторов (рис. 29) и выразим вектор OI центра вписанной окружности через A B C A 1 B 1 C 1 I O Рис. векторы OA, OB, OC вершин треугольника и длины его сторон b ⇔ OA 1 = bOB + cOC b + c , AI IA 1 = b + c a ⇔ OI = OA + b + c a OC 1 + b + c Итак = a OA + b OB + c OC a + b + Следствие. Точка I является точкой пересечения биссектрис тогда и только тогда, когда a IA + b IB + c IC = ¯ 0. (4.5) 4.3. Ортоцентр треугольника. Существование этой замечательной точки утверждается теоремой о пересечении высот треугольника. Теорема. Прямые, содержащие высоты треугольника, пересекаются водной точке (она называется ортоцентром треугольника). Рассмотрим три доказательства этой теоремы Доказательство. Через вершины треугольника ABC проведем прямые, параллельные его противоположным сторонам. Тогда точки A, B и C будут серединами сторон полученного треугольника рис. 30). Действительно, четырехугольники ABA 2 C и параллелограммы и поэтому CA 2 = AB = CB 2 . Аналогично A B C A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 H Рис. точки A и B — середины отрезков и C 2 A 2 . Высоты AA 1 , BB 1 , треугольника суть серединные перпендикуляры к сторонам треугольника A 2 B 2 C 2 . Они, как известно, пересекаются водной точке центре окружности, описанной около треугольника A 2 B 2 C 2 Следствие. Центр описанной около треугольника окружности является ор- тоцентром треугольника с вершинами в серединах сторон данного треугольника. Д ока за тел ь ст во (векторное. Для любых четырех точек A, B, C и D имеет место векторное тождество · CD + BC · AD + CA · BD = в чем легко убедиться, выполнив подстановки CD = AD − AC, BC = = AC − AB, BD = AD − AB, CA = −AC. Если, в частности, BC · AD = и CA · BD = 0, то из тождества (4.6) следует, что и AB · CD = 0. Геометрически это означает, что если прямые BC и AD перпендикулярны и прямые CA и BD перпендикулярны, то перпендикулярны и прямые и CD. Иными словами, если точка D есть точка пересечения двух высот и треугольника ABC, то через нее проходит и третья A B C A 1 B 1 C 1 H Рис. высота CC 1 Ортоцентр треугольника ABC будем обозначать буквой H, если на тонет других ука- заний. Очевидно замечательное свойство орто- центра непрямоугольного треугольника каждая из четырех точек A, B, C, является ортоцентром треугольника, образованного тремя другими точками. Д ока за тел ь ст во. Рассмотрим треугольник с вершинами в основаниях высот остроугольного треугольника ABC (рис. 31). Он называется ор- тотреугольником треугольника ABC. Находим cos C CB cos C = CA CB 38 Поэтому 4A 1 B 1 C ∼ 4ABC, вследствие чего ∠CA 1 B 1 = ∠BAC и, значит 90 ◦ − ∠A. Аналогично находим, что ∠AA 1 C 1 = 90 ◦ − ∠A. Следовательно биссектриса угла B 1 A 1 C 1 . На равных правах Рис. и CC 1 — две другие биссектрисы треугольника. Итак, высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами его ортотреуголь- ник. Они пересекаются в центре вписанной в него окружности. Теорема доказана для остроугольного треугольника. Пусть теперь угол BAC тупой и высоты и треугольника ABC пересекаются в точке H (рис. 32). Тогда углы треугольника острые (это непрямые углы прямоугольных треугольников) и и BC 1 — его высоты, пересекающиеся в точке A. По доказанному третья высота проходит через A, те. Доказательство закончено. Следствие. Ортоцентр остроугольного треугольника служит центром окружности, вписанной в его ортотреугольник. Теорема. Если O — центр окружности, описанной около треугольника его ортоцентр, то = OA + OB + Доказательство. Данный треугольник ABC гомотетичен его серединному треугольнику при гомотетии с центром G и коэффициентом. При этой гомотетии A → и H → O (поскольку — ортоцентр треугольника A 1 B 1 C 1 ). Поэтому OA 1 = − 1 2 HA, что эквивалентно, откуда и следует Доказательство. Для точек H и O запишем векторные условия и OB 2 = OC 2 . Представим их так − OA)(OC − OB) = 0, (OC + OB)(OC − OB) = Вычитая, получим (OH − OA − OB − OC)BC = 0. Аналогичным образом Векторы BC и CA ненулевые и неколлинеарны. Поэтому последние два равенства могут выполняться совместно лишь тогда, когда − OA − OB − OC = 0. 4.4. Связь между четырьмя замечательными точками треугольника. Если O — центр описанной около треугольника ABC окружности, то равенства (4.1) и (4.7) выполняются совместно, а из них следует = Это значит, что точки O, G, H лежат на одной прямой, причем центроид G делит отрезок OH в отношении 1 : 2. Прямая, содержащая эти точки, называется прямой Эйлера треугольника (рис. Расстояние между центрами O и I описанной и вписанной окружностей и радиусы R и r этих окружностей связаны замечательной формулой называемой формулой Эйлера. Вот два доказательства этой фор- мулы. A B C H O G Рис. Рис. Доказательство Пусть биссектриса угла C треугольника пересекает описанную около него окружность в точке D (рис. Проведем диаметр DP этой окружности и перпендикуляр IK из центра вписанной окружности на сторону AC. Тогда IK = r, DP = Пусть прямая OI пересекает окружность в точках M и N . По теореме о секущих (п. 2.5) CI · ID = IM · IN = (R + d)(R − d) = R 2 − где d = OI. Это же произведение CI · ID вычислим иначе. Из подобия прямоугольных треугольников P AD и CKI (по равным острым углам при вершинах P и C) имеем. Но AD = ID (задача Поэтому CI · ID = 2Rr. Следовательно, R 2 − d 2 = 2Rr, что совпадает с Доказательство. Обращаясь к равенству (4.4), будем теперь полагать, что точка O — центр описанной окружности. Тогда находим последовательно 4p 2 (a OA + b OB + c OC) 2 = 1 4p 2 (a 2 OA 2 + b 2 OB 2 + c 2 OC 2 + + 2ab(OA · OB) + 2ac(OA · OC) + 2bc(OB · причем OA = OB = OC = R. По теореме косинусов (3.6) 2OA · OB = = 2R 2 − c 2 , 2OA · OC = 2R 2 − b 2 , 2OB · OC = 2R 2 − a 2 . Поэтому, выполняя подстановки и группировку слагаемых, получим + b + c) 2 − abc(a + b + c) 4p 2 = Вспоминая, что S ABC = abc 4R = pr, откуда abc 2p = 2Rr, приходим к доказываемой формуле Задача. Известны углы треугольника. Найти отношения, в которых ортоцентр треугольника делит каждую из высот. Р е ш е ни е. Пусть и CC 1 — высоты треугольника ABC, пересекающиеся в точке H (рис. 35). Тогда треугольники и подобны. Сначала находим: A B C A 1 C 1 H Рис. 35 CH AH = CA 1 AC 1 = CA cos C CA cos A = cos C cos С другой стороны, так как AH = HC 1 sin HAC 1 = = HC 1 cos B , то B. Следовательно B = cos C cos откуда C cos A cos Если отрезки высот считать направленными, то этот результат верен и для тупоугольного треугольника. Упражнения 4.1. Найдите отношения, в которых делятся медианы, биссектрисы и высоты треугольника соответственно его центроидом, центром вписанной окружности и ортоцентром, пользуясь теоремой Ван-Обеля задача. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно его сторон и середин сторон, лежат на описанной около треугольника окружности. Точка H — ортоцентр треугольника ABC. Докажите, что окружности, описанные около треугольников ABH, BCH, CAH, равны. Диаметр описанной около треугольника окружности и его высота, выходящие из одной вершины этого треугольника, симметричны относительно биссектрисы, выходящей из той же вершины. Докажите. Точка M симметрична центру O описанной около треугольника окружности относительно стороны BC. Докажите, что четырехугольник параллелограмм (H — ортоцентр треугольника. Докажите, что в правильном треугольнике совпадают четыре замечательные точки O, G, I, H. 4.7. Докажите, что если в треугольнике совпадают какие-либо две из точек O, G, I, H, то треугольник правильный. Точки и B 1 — основания высот и треугольника. Докажите, что A 1 B 1 = AB |cos C|. 4.9. Докажите, что расстояние от вершины C треугольника ABC до его ортоцентра H равно 2R |cos C|. 4.10. Докажите, что расстояние от вершины C треугольника до его ортоцентра H равно AB |ctg C|. 4.11. Докажите соотношение для любого треугольника ABC: a 2 + AH 2 = b 2 + BH 2 = c 2 + CH 2 = 4R 2 4.12. Докажите, что во всяком треугольнике имеет место зависимость. Докажите, что OH 2 = 9R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ). 4.14. Докажите, что OG 2 = R 2 − 1 9 (a 2 + b 2 + c 2 ). 4.15. Точка G — центроид треугольника ABC, P — произвольная точка плоскости. Докажите, что G 2 = P A 2 + P B 2 + P C 2 − (GA 2 + GB 2 + формула Лейбница. Точка M симметрична центру описанной около треугольника окружности относительно стороны AB. Докажите, что R 2 + a 2 + b 2 − c 2 4.17. Докажите, что в остроугольном треугольнике ABC AH + BH + CH = 2(R + r). 42 Как изменится это равенство для тупоугольного треугольника Для прямоугольного треугольника. Докажите, что если AA 1 , BB 1 , CC 1 — высоты треугольника, то AH · HA 1 = BH · HB 1 = CH · HC 1 4.19. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA 1 , BB 1 , CC 1 . Докажите, что · AA 1 + BH · BB 1 + CH · CC 1 = 1 2 (a 2 + b 2 + Какой вид примет тождество для тупоугольного треугольника. Угол треугольника равен 60 ◦ . Докажите, что центр вписанной в него окружности равноудален от центра описанной окружности и ор- тоцентра. 4.21. Через центр вписанной в треугольник ABC окружности проведена прямая, параллельная AB. Докажите, что отрезок этой прямой, отсекаемый сторонами треугольника, равен + b)c a + b + c 4.22. Если внутри выпуклого четырехугольника ABCD существует точка M такая, что треугольники M AB, M BC, M CD, M DA равнове- лики, то одна из диагоналей делит другую пополам. Докажите. Даны четыре прямые, из которых никакие три не проходят через одну точку и никакие две не параллельны. Докажите, что если одна из них параллельна медиане треугольника, образованного тремя другими, то этим же свойством обладает каждая из трех оставшихся прямых. Докажите, что диаметр описанной около треугольника окружности, проведенный через вершину A, делит сторону BC в отношении, считая от вершины B. 4.25. Докажите, что основание высоты треугольника делит сторону BC в отношении tg C : tg B, считая от вершины B. 4.26. Докажите, что для произвольной точки P вектор P O центра описанной около треугольника ABC окружности имеет выражение O = P A sin 2A + P B sin 2B + P C sin 2C sin 2A + sin 2B + sin 2C 4.27. Докажите, что для произвольной точки P вектор P H ортоцен- тра треугольника ABC имеет выражение H = P A tg A + P B tg B + P C tg C tg A + tg B + tg C 43 Докажите следующие соотношения для треугольника ABC (4.28— 4.36). 4.28. CI 2 = ab − 4Rr. 4.29. OH 2 = R 2 (1 − 8 cos A cos B cos C). 4.30. IA · IB · IC = 4Rr 2 4.31. GI 2 = (1/9)(p 2 + 5r 2 − 16Rr). 4.32. Если AA 1 , BB 1 , CC 1 — медианы треугольника ABC, то+ BB 1 + CC 1 = 0. 4.33. Если AA 1 , BB 1 , CC 1 — биссектрисы треугольника ABC, то a(b + c)AA 1 + b(c + a)BB 1 + c(a + b)CC 1 = 0. 4.34. Если AA 1 , BB 1 , CC 1 — высоты треугольника ABC, то a 2 AA 1 + b 2 BB 1 + c 2 CC 1 = 0. 4.35. Если O — центр описанной окружности, то sin 2A · OA + sin 2B · OB + sin 2C · OC = 0. 4.36. Если H — ортоцентр треугольника АВС, то tg A · HA + tg B · HB + tg C · HC = 0. § 5. Вневписанные окружности треугольника. Существование вневписанных окружностей обусловлено теоремой биссектрисы двух внешних углов треугольника и биссектриса внутреннего угла, не смежного с этими двумя внешними, пересекаются водной точке, которая является центром окружности, касающейся одной стороны треугольника и продолжений двух других сторон (вневписанная окружность). Д ока за тел ь ст во. В любом треугольнике ABC две биссектрисы внешних углов (внешние биссектрисы) всегда пересекаются. В самом деле, сумма трех внешних углов равна 360 ◦ , поэтому сумма двух из них меньше и, значит, сумма половин двух внешних углов меньше Тогда две внешние биссектрисы пересекаются (в той полуплоскости от стороны треугольника, которая этот треугольник не содержит, так как если бы они оказались параллельными, то сумма внутренних односторонних углов была бы равна рис. 36). Точка пересечения внешних биссектрис равноудалена от прямых, содержащих стороны и BC. Поэтому через нее проходит биссектриса внутреннего угла Окружность с центром и радиусом r 1 , равным расстоянию от точки до стороны касания треугольника ABC, касается стороны BC в ее внутренней точке и продолжений сторон AC ив точках и Z 1 . Она называется вневписанной окружностью треугольника. Всего существует три вневписанные окружности треугольника, соответствующие трем его сторонам (рис. Рис. Рис. 37 5.2. Отрезки касательных из вершин треугольника к его вневписан- ным окружностям. Введем обозначения, указанные на рис. 37. Используя равенство отрезков касательных, проведенных из одной точки к |