Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
окружности, имеем AZ 1 , AY 2 = AZ 2 , AY 3 = AZ 3 , BX 1 = BZ 1 , BX 2 = BZ 2 , BX 3 = BZ 3 , CX 1 = CY 1 , CX 2 = CY 2 , CX 3 = Тогда находим = AC + CB + BA = (AC + CX 1 ) + (X 1 B + BA) = = (AC + CY 1 ) + (BZ 1 + BA) = AY 1 + AZ 1 = Аналогично получим AZ 1 = BX 2 = BZ 2 = CX 3 = CY 3 = Далее, CX 2 = BX 2 − BC = p − a. Аналогично CY 2 = BX 3 = BZ 3 = p − a, CX 1 = CY 1 = AY 3 = AZ 3 = p − b, AZ 2 = AY 2 = BZ 1 = BX 1 = p − c. (5.2) 5.3. Зависимость между радиусами вписанной, вневписанных и описанной окружностей треугольника. Сначала докажем такие формулы площади треугольника = r 1 (p − a) = r 2 (p − b) = r 3 (p − где r 1 , r 2 , r 3 — радиусы вневписанных окружностей с центрами I 1 , I 2 , I 3 соответственно. Обращаясь к рис. 36, замечаем, что 2 cr 1 + 1 2 br 1 − 1 2 ar 1 = 1 С равным правом S = r 2 (p − b) = r 3 (p − c). Теперь с помощью формул) и формулы S = pr находим − a S + p − b S + p − c S = 3p − (a + b + c) S = p S = 1 r Итак, 1 r = 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 (5.4) Имеет место еще одно замечательное соотношение = r 1 + r 2 + r 3 − r. (5.5) 46 Непосредственной проверкой убеждаемся в истинности равенства p(p − b)(p − c) + p(p − c)(p − a) + p(p − a)(p − b) − (p − a)(p − b)(p − c) = Поскольку abc = 4SR, то p(p − b)(p − c) + p(p − c)(p − a) + p(p − a)(p − b) − (p − a)(p − b)(p − c) = Используя формулы (5.3) и (3.9), получаем = S 2 p − a + S 2 p − b + S 2 p − c − S 2 p = S(r 1 + r 2 + r 3 − откуда 4R = r 1 + r 2 + r 3 − r. Упражнения Докажите следующие утверждения (5.1—5.5). 5.1. Треугольник ABC является ортотреугольником треугольника I 1 I 2 I 3 (см. п. 4.3). 5.2. Описанная около треугольника ABC окружность делит пополам каждый из трех отрезков, соединяющих центр вписанной окружности с центрами вневписанных окружностей. Две вершины треугольника, центр вписанной окружности и центр вневписанной окружности, соответствующей третьей вершине, лежат на одной окружности. В прямоугольном треугольнике центр вписанной окружности, середина катета и точка касания другого катета с вневписанной окружностью лежат на одной прямой. Сформулируйте и докажите обратное утверждение. Произведение расстояний от вершины треугольника до центра вписанной окружности и до центра соответствующей этой вершине вне- вписанной окружности равно произведению сторон треугольника, сходящихся в этой вершине. Докажите, что при произвольном выборе точки P P I 1 = b P B + c P C − a P A b + c − Докажите следующие соотношения (5.7—5.19). 5.7. OI 2 i = R 2 + 2Rr i , где i = 1, 2, 3 (формула Эйлера для вневписан- ных окружностей. r 1 r 2 = p(p − c). 5.9. rr 1 = (p − b)(p − c). 5.10. r 1 r 2 r 3 = pS. 5.11. rr 1 r 2 r 3 = S 2 5.12. I 1 I 2 = 4R cos C 2 5.13. AI · AI 1 = AI 2 · AI 3 47 5.14. AI · II 1 = 4Rr. 5.15. r 1 + r 2 = 4R cos 2 C. 5.16. r + r 1 + r 2 − r 3 = 4R cos C. 5.17. II 1 · II 2 · II 3 = 4rR 2 5.18. II 2 1 + I 2 I 2 3 = II 2 2 + I 3 I 2 1 = II 2 3 + I 1 I 2 2 5.19. II 1 : II 2 : II 3 = sin A 2 : sin B 2 : sin C 2 5.20. Через две вершины треугольника и центр вписанной в него окружности проведена окружность. Докажите, что отрезок касательной, проведенной к этой окружности из третьей вершины, есть средняя геометрическая величина между сторонами треугольника, сходящимися в этой вершине 6. Окружность девяти точек треугольника. Существование окружности девяти точек. Имеет место Теорема. В любом треугольнике основания высот, середины сторон и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами, лежат на одной окружности с центром в середине E отрезка OH и радиусом Доказательство. Пусть A 1 , B 1 , C 1 — середины сторон BC, CA, AB треугольника ABC, H 1 , H 2 , H 3 — основания соответствующих высот и A 2 , B 2 , C 2 — середины отрезков AH, BH, CH соответственно (рис. 38). Тогда четырехугольники и являются прямоугольниками. В самом деле, отрезки и как средние линии треугольников ABC и HBC параллельны BC и равны ее половине. Поэтому четырехугольник B 1 C 1 B 2 C 2 — параллелограмм. Кроме того, в нем B 1 C 2 k AH, но AH ⊥ BC, поэтому B 1 C 2 ⊥ B 2 C 2 . Для четырехугольника доказательство аналогично. Эти прямоугольники имеют общую диагональ C 1 C 2 . Значит, их диагонали равны и пересекаются водной точке E. Поэтому точки A 1 , B 1 , C 1 , A 2 , B 2 , лежат на одной окружности с центром E. Так как из точек H 1 , H 2 , диаметры этой окружности видны под прямыми углами, то эти точки ей принадлежат. Треугольник подобен треугольнику ABC с коэффициентом подобия k = 1 2 , вследствие чего радиус описанной около него окружности вдвое меньше радиуса R окружности ABC. Треугольники A 1 B 1 C 1 и симметричны относительно точки E. Следовательно, их ортоцентры O и H симметричны относительно E (O — центр окружности Доказательство. Примем во внимание, что точки, симметричные ортоцентру H треугольника относительно его сторон и середин сторон, принадлежат описанной около треугольника окружности задача. Зададим гомотетию с центром H и коэффициентом 2 . При этой гомотетии прообразами девяти точек, рассматриваемых в теореме, являются точки описанной окружности (рис. 39). Гомотетия отображает описанную около треугольника ABC окружность (O; R) на окружность 2 R , которой принадлежат все девять указанных в теореме точек. Поскольку O → E, то E — середина Рис. Рис. Окружность называют окружностью девяти точек треугольника. Эта окружность — первое волнующее, с чем мы встречаемся в курсе элементарной геометрии, — говорил Даниэль Пидо. Итак, окружность девяти точек треугольника гомотетична его описанной окружности относительно ортоцентра этого треугольника. Окружность девяти точек треугольника ABC описана около его серединного треугольника и около его ортотреугольника H 1 H 2 H 3 6.2. Теорема Фейербаха. В 1804 г. окружность девяти точек была уже известна. Иногда ее приписывают Л. Эйлеру, который в 1765 г. доказал, что серединный треугольники ортотреугольник данного треугольника имеют общую описанную окружность. Карл Фейербах (1800—1834), немецкий математик, брат известного философа Людвига Фейербаха, частично переоткрыл результат Эйлера ив году доказал еще одно удивительное свойство окружности девяти точек Теорема Фейербаха. Окружность девяти точек треугольника касается внутренне его вписанной окружности и касается внешне каждой из трех вневписанных окружностей. Докажем сначала внутреннее касание окружности и вписанной окружности (I; r). Очевидно, задача сводится к доказательству равенства = 1 2 R − Используем разложения (4.7) и (4.4) векторов OH и OI: OH = OA + OB + OC, OI = 1 2p (aOA + bOB + Учитывая, что OE = 1 2 OH, находим = OI − OE = 1 2p ((a − p)OA + (b − p)OB + (c − Поскольку 2OA · OB = 2R 2 − c 2 , 2OB · OC = 2R 2 − a 2 , 2OA · OC = 2R 2 − то 4p 2 ((p − a) 2 R 2 + (p − b) 2 R 2 + (p − c) 2 R 2 + + (p − a)(p − b)(2R 2 −c 2 ) + (p − a)(p − c)(2R 2 −b 2 ) + (p − b)(p − Сумма слагаемых, содержащих R 2 , равна p 2 R 2 . Поэтому 4 R 2 − 1 4p 2 (c 2 (p − a)(p − b) + b 2 (p − a)(p − c) + a 2 (p − b)(p − Докажем, что a 2 (p − b)(p − c) + b 2 (p − a)(p − c) + c 2 (p − a)(p − b) = 4p 2 r(R − r). (Для этого заметим сначала, что − a)(p − b) = S 2 p(p − c) = pr p · r 3 (p − c) p − c = и аналогично − c)(p − a) = rr 2 , (p − b)(p − c) = После выполнения этих замени подстановки 4R = r 1 + r 2 + r 3 − r доказываемое равенство (6.2) принимает вид+ b 2 r 2 + c 2 r 3 = p 2 (r 1 + r 2 + r 3 − 5r). (6.4) 50 Так как ar 1 = pr 1 − S, то a 2 r 1 + b 2 r 2 + c 2 r 3 = a(pr 1 − S) + b(pr 2 − S) + c(pr 3 − S) = = p(ar 1 + br 2 + cr 3 ) − (a + b + c)S = p(ar 1 + br 2 + cr 3 − Этому же выражению равна и правая часть доказываемого равенства+ pr 2 + pr 3 − 5pr) = = p(ar 1 + S + br 2 + S + cr 3 + S − 5S) = p(ar 1 + br 2 + cr 3 − Итак, соотношение (6.2) доказано. В силу его 4 − r(R − r) = 1 2 R − Таким образом, верно (6.1) и тем самым доказана первая часть теоремы Фейербаха. Доказательство внешнего касания окружности девяти точек с вневписанными окружностями выполняется вполне аналогично. С использованием представления вектора OI 1 = 1 2(p − a) (bOB + cOC − проверяется условие внешнего касания EI 1 = 1 2 R + r 1 . Трудолюбивый читатель сделает это сам. Другие доказательства теоремы Фейербаха имеются в книгах [10], [13], [33], а также в Задачнике по геометрии Б. Делоне и О. Жито- мирского. Упражнения 6.1. Докажите, что описанная около треугольника ABC окружность является окружностью девяти точек треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей треугольника ABC. 6.2. Докажите, что расстояние от центра описанной около треугольника окружности до его стороны вдвое меньше расстояния от ортоцен- тра до противоположной вершины. Докажите, что расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника есть среднее геометрическое между диаметром описанной окружности и расстоянием между центрами вписанной окружности и окружности девяти точек. Докажите, что расстояние между центрами описанной и вневпи- санной окружностей треугольника есть среднее геометрическое между диаметром описанной окружности и расстоянием между центрами этой вневписанной окружности и окружности девяти точек § 7. Вписанные и описанные четырехугольники Если все вершины четырехугольника принадлежат окружности, то он называется вписанным в эту окружность, а окружность — описанной A B C D Рис. около него. Если окружность касается каждой стороны четырехугольника во внутренней точке этой стороны, то он называется описанным около этой окружности, а окружность — вписанной в него. Следуя традиции, мы исключаем из рассмотрения четырехугольники с самопересечением сторон, пример которого представлен на рис. 40, где в четырехугольнике противоположные стороны и CD пересекаются в своих внутренних точках. Четырехугольники без самопересечения сторон называются простыми четырехугольниками. Вписанные и описанные простые четырехугольники являются необходимо выпуклыми. Критерии вписанного четырехугольника. Так как центр описанной около четырехугольника окружности равноудален от его вершин, то он принадлежит серединным перпендикулярaм к его сторонам A B C D O Рис. и диагоналям. Обратно, если серединные перпендикуляры к трем сторонам четырехугольника пересекаются водной точке, то эта точка будет равноудалена от всех его вершин и поэтому будет центром описанной около него окружности (рис. Итак, для того, чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы серединные перпендикуляры к трем его сторонам пересекались водной точке. Другой критерий вписанного четырехугольника связан сего углами. Теорема. Для того, чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма его противоположных углов была равна те. суммы его противоположных углов были равны). Н е обходим ость этого условия очевидна сумма углов A и вписанного четырехугольника ABCD (рис. 41) измеряется полусуммой дуги, составляющих полную окружность, и потому равна Достаточность. Пусть ∠A + ∠C = 180 ◦ . Тогда эти углы не могут быть оба острыми или оба тупыми. Для определенности будем A B C D F E Рис. считать, что ∠A > 90 ◦ . Опишем около треугольника окружность и докажем, что точка C ей принадлежит. Для этого необходимо опровергнуть два возможных предположения 1) точка C находится вне окружности, 2) она лежит внутри окружности. При первом предположении и условии стороны BC и DC пересекают окружность вторично в своих внутренних точках E ирис. Тогда для вписанного четырехугольника ABED по необходимому условию будет ∠A + ∠BED = 180 ◦ . По теореме о внешнем угле треугольника ∠BED > ∠C и потому ∠A + ∠C < 180 ◦ , что противоречит условию. Второе предположение аналогично приводит к противоречию + ∠C > 180 ◦ . Доказательство закончено. Если принять во внимание случай, представленный на рис. 40, где точки A и C лежат водной полуплоскости от прямой BD, то имеем более общий критерий принадлежности четырех точек A, B, C, D одной окружности: Для того, чтобы точки A, B, C, D лежали на одной окружности, необходимо и достаточно, чтобы углы BAD и BCD (или же углы A B C D J Рис. 43 ABC ив сумме составляли или же эти углы были равны. Критерии описанного четырехугольника. Так как центр окружности, вписанной в четырехугольник, равноудален от его сторон, то он принадлежит биссектрисе каждого из его углов. Следовательно, биссектрисы углов описанного четырехугольника пересекаются водной точке — центре вписанной в него окружности. Обратно, если биссектрисы трех углов четырехугольника пересекаются водной точке, то эта точка будет равноудалена от всех его сторон, те. будет центром вписанной в этот четырехугольник окружности (рис. Итак, для того, чтобы в выпуклый четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы биссектрисы трех его углов пересекались водной точке. Другой критерий описанного четырехугольника связан сего сторонами Теорема. Для того, чтобы в выпуклый четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы его противоположных сторон были равны. Необходимость этого условия следует из равенства отрезков касательных к окружности, проведенных из одной точки AB + CD = = (x + y) + (z + t) = (y + z) + (x + t) = BC + AD (рис. Обратно, пусть четырехугольник ABCD выпуклый и AB + CD = = BC + AD. Докажем, что в него можно вписать окружность. Действительно, биссектрисы углов ABC и BAD всегда пересекаются, так как z t t x x y Рис. Рис. сумма этих углов меньше 360 ◦ , значит, сумма их половин меньше 180 ◦ . Точка I пересечения биссектрис этих углов есть центр окружности, касающейся сторон AB, BC и AD четырехугольника (рис. 45). Покажем, что четвертая сторона также касается этой окружности. Возможны два предположения 1) CD не пересекает окружность, 2) CD пересекает окружность. При первом предположении построим какую- нибудь касательную к окружности, не пересекающую отрезок CD. Тогда по необходимому условию для описанного четырехугольника имеем AB + C 1 D 1 = BC 1 + Но так как BC 1 = BC − CC 1 , AD 1 = AD − то AB + C 1 D 1 = BC − CC 1 + AD − DD 1 , откуда+ CC 1 + DD 1 = BC + AD − Из условия + CD = BC + следует Следовательно+ CC 1 + DD 1 = CD. Оказалось, что в четырехугольнике одна сторона равна сумме трех других, что невозможно. Аналогично опровергается второе предположение. Теорема доказана. A B C D K Рис. Отметим, что условие выпуклости четырехугольника существенно, поскольку существуют невыпуклые четырехугольники, у которых суммы противоположных сторон равны. Однако в невыпуклый четырехугольник нельзя вписать окружность (не выполнено необходимое условие. Пример невыпуклого четырехугольника, имеющего равные суммы противоположных сторон, можно получить, если для описанного четырехугольника построить точку K, симметричную C относительно (рис. 46). Тогда AB + CD = BC + AD и BC = BK, CD = DK. 54 Поэтому AB + KD = BK + AD и четырехугольник ABKD невыпук- лый. 7.3. Невыпуклый четырехугольник, ассоциированный с описанным четырехугольником. Можно получить другие практически полез- A B C D B 1 D 1 M N P Q Рис. 47 ные критерии описанного четырехугольника через сопутствующий ему невыпуклый четы- рехугольник. Теорема. Пусть BD — внешняя диагональ невыпуклого четырехугольника и его противоположные стороны пересекаются в точках ирис. Для того, чтобы в четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось одно из двух условий) суммы противоположных сторон четырехугольника равны) BB 1 + DB 1 = DD 1 + Докажем сначала необходимость этих условий. Пусть в четырехугольник вписана окружность, касающаяся его сторон в точках P , M , Q, N (рис. 47). Тогда получаем AB + CD = AM + M B + + DQ − CQ и AD + BC = AP + P D + BN − CN . Так как AM = AP , BM = BN , DP = DQ и CQ = CN , то AB + CD = AD + BC. Далее аналогично находим BB 1 + DB 1 = BM − M B 1 + B 1 Q + QD = BM + QD и+ BD 1 = DP − D 1 P + D 1 N + N B = DP + N B. Поскольку BM = и DP = DQ, то BB 1 + DB 1 = DD 1 + Докажем теперь достаточность каждого из двух условий теоремы) Пусть AB + CD = BC + AD и AB > AD. Тогда BC > CD и AB − − AD = BC − CD. На луче CB отложим CF = CD и на луче AB отложим (рис. 48). Тогда BE = BF (так как AB − AD = BC − Треугольники ADE, BEF , CDF равнобедренные, поэтому биссектрисы их углов при вершинах A, B, C соответственно совпадают с серединными перпендикулярами к основаниям DE, EF , F D. Точка I пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника DEF равноудалена от всех сторон четырехугольника и, значит, является центром вписанной в него окружности. Прибудет и поэтому AB |