Замечательные точки треугольника интересная информация. Четыре замечательные точки треугольника

Содержание

Введение………………………………………………………………………………………3

Глава1.

1.1 Треугольник………………………………………………………………………………..4

1.2. Медианы треугольника

1.4. Высоты в треугольнике

Заключение

Список использованной литературы

Буклет

Введение

Геометрия - это раздел математики, который рассматривает различные фигуры и их свойства. Геометрия начинается с треугольника. Вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является символом геометрии; но он не только символ, треугольник - атом геометрии.

В своей работе я рассмотрю свойства точек пересечения биссектрис, медиан и высот треугольника, расскажу о замечательных их свойствах и линиях треугольника.

К числу таких точек, изучаемых в школьном курсе геометрии, относятся:

а) точка пересечения биссектрис (центр вписанной окружности);

б) точка пересечения серединных перпендикуляров (центр описанной окружности);

в) точка пересечения высот (ортоцентр);

г) точка пересечения медиан (центроид).

Актуальность: расширить свои знания о треугольнике, свойствах его замечательных точек.

Цель: исследование треугольника на его замечательные точки, изучение их классификаций и свойств.

Задачи:

1. Изучить необходимую литературу

2. Изучить классификацию замечательных точек треугольника

3. Уметь строить замечательные точки треугольника.

4. Обобщить изученный материал для оформления буклета.

Гипотеза проекта:

умение находить замечательные точки в любом треугольнике, позволяет решать геометрические задачи на построение.

Глава 1. Исторические сведения о замечательных точках треугольника

В четвертой книге "Начал" Евклид решает задачу: "Вписать круг в данный треугольник". Из решения вытекает, что три биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке – центре вписанного круга. Из решения другой задачи Евклида вытекает, что перпендикуляры, восстановленные к сторонам треугольника в их серединах, тоже пересекаются в одной точке – центре описанного круга. В "Началах" не говорится о том, что и три высоты треугольника пересекаются в одной точке, называемой ортоцентром (греческое слово "ортос" означает "прямой", "правильный"). Это предложение было, однако, известно Архимеду, Паппу, Проклу.

Четвертой особенной точкой треугольника является точка пересечения медиан. Архимед доказал, что она является центром тяжести (барицентром) треугольника. На вышеназванные четыре точки было обращено особое внимание, и начиная с XVIII века они были названы "замечательными" или "особенными" точками треугольника.

Исследование свойств треугольника, связанных с этими и другими точками, послужило началом для создания новой ветви элементарной математики – "геометрии треугольника" или "новой геометрии треугольника", одним из родоначальников которой стал Леонард Эйлер. В 1765 году Эйлер доказал, что в любом треугольнике ортоцентр, барицентр и центр описанной окружности лежат на одной прямой, названной позже "прямой Эйлера".

Треугольник - геометрическая фигура, состоящая из трех точек, не лежащих на одной прямой, и трех отрезков, попарно соединяющих эти точки. Точки - вершины треугольника, отрезки - стороны треугольника.

В А, В, С - вершины

АВ, ВС, СА - стороны

А С

С каждым треугольником связаны четыре точки:

Точка пересечения медиан;

Точка пересечения биссектрис;

Точка пересечения высот.

Точка пересечения серединных перпендикуляров;

1.2. Медианы треугольника

Медина треугольника ― , соединяющий вершину с серединой противоположной стороны (Рисунок 1). Точка пересечения медианы со стороной треугольника называется основанием медианы.

Рисунок 1. Медианы треугольника

Построим середины сторон треугольника и проведем отрезки, соединяющую каждую из вершин с серединой противолежащей стороны. Такие отрезки называются медианой.

И вновь мы наблюдаем, что и эти отрезки пересекаются в одной точке. Если мы измерим длины получившихся отрезков медиан, то можно проверить еще одно свойство: точка пересечения медиан делит все медианы в отношении 2:1, считая от вершин. И еще, треугольник, который опирается на острие иглы в точке пересечения медиан, находится в равновесии! Точка, обладающая таким свойством, называется центром тяжести (барицентр). Центр равных масс иногда называют центроидом. Поэтому свойства медиан треугольника можно сформулировать так: медианы треугольника пересекаются в центре тяжести и точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

1.3. Биссектрисы треугольника

Биссектрисой называется биссектрисы угла, проведенный от вершины угла до её пересечения с противолежащей стороной. У треугольника существуют три биссектрисы, соответствующие трём его вершинам (Рисунок 2).

Рисунок 2. Биссектриса треугольника

В произвольном треугольнике ABC проведем биссектрисы его углов. И вновь при точном построении все три биссектрисы пересекутся в одной точке D. Точка D – тоже необычная: она равноудалена от всех трех сторон треугольника. В этом можно убедиться, если опустить перпендикуляры DA 1, DB 1 и DC1 на стороны треугольника. Все они равны между собой: DA1=DB1=DC1.

Если провести окружность с центром в точке D и радиусом DA 1, то она будет касаться всех трех сторон треугольника (то есть будет иметь с каждым из них только одну общую точку). Такая окружность называется вписанной в треугольник. Итак, биссектрисы углов треугольника пересекаются в центре вписанной окружности.

1.4. Высоты в треугольнике

Высота треугольника - , опущенный из вершины на противоположную сторону или прямую, совпадающую с противоположной стороной. В зависимости от типа треугольника высота может содержаться внутри треугольника (для треугольника), совпадать с его стороной (являться треугольника) или проходить вне треугольника у тупоугольного треугольника (Рисунок 3).

Рисунок 3. Высоты в треугольниках

Если в треугольнике построить три высоты, то все они пересекутся в одной точке H. Эта точка называется ортоцентром. (Рисунок 4).

С помощью построений можно проверить, что в зависимости от вида треугольника ортоцентр располагается по – разному:

у остроугольного треугольника – внутри;

у прямоугольного – на гипотенузе;

у тупоугольного – снаружи.

Рисунок 4. Ортоцентр треугольника

Таким образом, мы познакомились еще с одной замечательной точкой треугольника и можем сказать, что: высоты треугольника пересекаются в ортоцентре.

1.5. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника

Серединный перпендикуляр к отрезку - это прямая, перпендикулярная данному отрезку и проходящая через его середину.

Начертим произвольный треугольник ABC и проведем серединные перпендикуляры к его сторонам. Если построение выполнено точно, то все перпендикуляры пересекутся в одной точке – точке О. Эта точка равноудалена от всех вершин треугольника. Другими словами, если провести окружность с центром в точке О, проходящую через одну из вершин треугольника, то она пройдет и через две другие его вершины.

Окружность, проходящая через все вершины треугольника, называется описанной около него. Поэтому установленное свойство треугольника можно сформулировать так: серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в центре описанной окружности (Рисунок 5).

Рисунок 5. Треугольник вписанный в окружность

Глава 2. Исследование замечательных точек треугольника.

Исследование высоты в треугольниках

Все три высоты треугольника пересекаются в одной точке. Эта точка называется ортоцентром треугольника.

Высоты остроугольного треугольника расположены строго внутри треугольника.

Соответственно, точка пересечения высот также находится внутри треугольника.

В прямоугольном треугольнике две высоты совпадают со сторонами. (Это высоты, проведенные из вершин острых углов к катетам).

Высота, проведенная к гипотенузе, лежит внутри треугольника.

AC - высота, проведенная из вершины С к стороне AB.

AB - высота, проведенная из вершины B к стороне AC.

AK - высота, проведенная из вершины прямого угла А к гипотенузе ВС.

Высоты прямоугольного треугольника пересекаются в вершине прямого угла (А - ортоцентр).

В тупоугольном треугольника внутри треугольника лежит только одна высота - та, которая проведена из вершины тупого угла.

Две другие высоты лежат вне треугольника и опущены к продолжению сторон треугольника.

AK - высота, проведенная к стороне BC.

BF - высота, проведенная к продолжению стороны АС.

CD - высота, проведенная к продолжению стороны AB.

Точка пересечения высот тупоугольного треугольника также находится вне треугольника:

H - ортоцентр треугольника ABC.

Исследование биссектрис в треугольнике

Биссектриса треугольника является частью биссектрисы угла треугольника (луча), которая находится внутри треугольника.

Все три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

Точка пересечения биссектрис в остроугольном, тупоугольном и прямоугольном треугольниках, является центром вписанной в треугольник окружности и находится внутри.

Исследование медиан в треугольнике

Так как у треугольника три вершины и три стороны, то и отрезков, соединяющих вершину и середину противолежащей стороны, тоже три.

Исследовав эти треугольники я понял, что в любом треугольнике медианы пересекаются в одной точке. Эту точку называют центром тяжести треугольника.

Исследование серединных перпендикуляров к стороне треугольника

Серединный перпендикуляр треугольника – это перпендикуляр, проведенный к середине стороны треугольника.

Три серединных перпендикуляра треугольника пересекаются в одной точке, являются центром описанной окружности.

Точка пересечения серединных перпендикуляров в остроугольном треугольнике лежит внутри треугольника; в тупоугольном – вне треугольника; в прямоугольном – на середине гипотенузы.

Заключение

В ходе проделанной работы мы приходим к следующим выводам:

Цель достигнута: исследовали треугольник и нашли его замечательные точки.

Поставленные задачи решены:

1). Изучили необходимую литературу;

2). Изучили классификацию замечательных точек треугольника;

3). Научились строить замечательные точки треугольника;

4). Обобщили изученный материал для оформления буклета.

Гипотеза, что умение находить замечательные точки треугольника, помогает в решении задач на построение подтвердилась.

В работе последовательно излагаются приемы построения замечательных точек треугольника, приведены исторические сведения о геометрических построениях.

Сведения из данной работы могут пригодиться на уроках геометрии в 7 классе. Буклет может стать справочником по геометрии по изложенной теме.

Список литературы

Учебник . Л.С. Атанасян «Геометрия 7-9 классы Мнемозина,2015.

Википедияhttps://ru.wikipedia.org/wiki/Геометрия#/media/File:Euclid%27s_postulates.png

Портал Алые Паруса

Ведущий образовательный портал России http://cendomzn.ucoz.ru/index/0-15157

Министерство общего и профессионального образования Свердловской области.

МОУО г. Екатеринбург.

Образовательное учреждение – МОУСОШ № 212 «Екатеринбургский культурологический лицей»

Образовательная область – математика.

Предмет – геометрия.

Замечательные точки треугольника

Референт : учащийся 8 класса

Селицкий Дмитрий Константинович.

Научный руководитель:

Рабканов Сергей Петрович.

Екатеринбург, 2001

Введение 3

Описательная часть:

Ортоцентр 4

Ицентр 5

Центр тяжести 7

Центр описанной окружности 8

Прямая Эйлера 9

Практическая часть:

Ортоцентрический треугольник 10

Заключение 11

Список литературы 11

Введение.

Геометрия начинается с треугольника. Вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является символом геометрии. Постоянно открываются его новые свойства. Чтобы рассказать обо всех известных свойствах треугольника, потребуется большое количество времени. Меня заинтересовали так называемые «Замечательные точки треугольника». Примером таких точек является точка пересечения биссектрис. Замечательно то, что если взять три произвольные точки пространства, построить из них треугольник и провести биссектрисы, то они (биссектрисы) пересекутся в одной точке! Казалось бы, это не возможно, потому что мы взяли произвольные точки, но это правило действует всегда. Подобными свойствами обладают и другие «замечательные точки»

После прочтения литературы по данной теме, я зафиксировал для себя определения и свойства пяти замечательных точек и треугольника. Но на этом моя работа не закончилась, мне захотелось самому исследовать эти точки.

Поэтому цель данной работы – изучение некоторых замечательные свойства треугольника, и исследование ортоцентрического треугольника. В процессе достижения поставленной цели можно выделить следующие этапы:

Подбор литературы, с помощью преподавателя

Изучение основных свойств замечательных точек и линий треугольника

Обобщение этих свойства

Составление и решение задачи, связанной с ортоцентрическим треугольником

Полученные результаты я изложил в данной научно-исследовательской работе. Все чертежи я выполнил с использованием компьютерной графики (векторный графический редактор CorelDRAW).

Ортоцентр. (Точка пересечения высот)

Докажем, что высоты пересекаются в одной точке. Проведём через вершины А , В и С треугольника АВС прямые, параллельные противоположным сторонам. Эти прямые образуют треугольник А 1 В 1 С 1 . высоты треугольника АВС являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника А 1 В 1 С 1 . следовательно, они пересекаются в одной точке – центре описанной окружности треугольника А 1 В 1 С 1 . Точка пересечения высот треугольника называется ортоцентром (H ).

Ицентр – центр вписанной окружности.

(Точка пересечения биссектрис)

Докажем, что биссектрисы углов треугольника АВС пересекаются в одной точке. Рассмотрим точку О пересечения биссектрис углов А и В . любые точки биссектрисы угла А равноудалена от прямых АВ и АС , а любая точка биссектрисы угла В равноудалена от прямых АВ и ВС , поэтому точка О равноудалена от прямых АС и ВС , т.е. она лежит на биссектрисе угла С . точка О равноудалена от прямых АВ , ВС и СА , значит, существует окружность с центром О , касающаяся этих прямых, причём точки касания лежат на самих сторонах, а не на их продолжениях. В самом деле, углы при вершинах А и В треугольника АОВ острые поэтому проекция точки О на прямую АВ лежит внутри отрезка АВ .

Для сторон ВС и СА доказательство аналогично.

Ицентр обладает тремя свойствами:

Если продолжение биссектрисы угла С пересекает описанную окружность треугольника АВС в точке М , то МА =МВ =МО .

Если АВ - основание равнобедренного треугольника АВС , то окружность, касающаяся сторон угла АСВ в точках А и В , проходит через точку О .

Если прямая, проходящая через точку О параллельно стороне АВ , пересекает стороны ВС и СА в точках А 1 и В 1 , то А 1 В 1 =А 1 В +АВ 1 .

Центр тяжести. (Точка пересечения медиан)

Докажем, что медианы треугольника пересекаются в одной точке. Рассмотрим для этого точку М , в которой пересекаются медианы АА 1 и ВВ 1 . проведём в треугольникеВВ 1 С среднюю линию А 1 А 2 , параллельную ВВ 1 . тогда А 1 М:АМ =В 1 А 2 :АВ 1 =В 1 А 2 :В 1 С =ВА 1 :ВС =1:2, т.е. точка пересечения медиан ВВ 1 и АА 1 делит медиану АА 1 в отношении 1:2. Аналогично точка пересечения медиан СС 1 и АА 1 делит медиану АА 1 в отношении 1:2. Следовательно, точка пересечения медиан АА 1 и ВВ 1 совпадает с точкой пересечения медиан АА 1 и СС 1 .

Если точку пересечения медиан треугольника соединить с вершинами, то треугольники разобьётся на три треугольника равной площади. В самом деле, достаточно доказать, что если Р – любая точка медианы АА 1 в треугольнике АВС , то площади треугольников АВР и АСР равны. Ведь медианы АА 1 и РА 1 в треугольниках АВС и РВС разрезают их на треугольники равной площади.

Справедливо и обратное утверждение: если для некоторой точки Р , лежащей внутри треугольника АВС , площади треугольников АВР , ВСР и САР равны, то Р – точка пересечения медиан.

У точки пересечения есть ещё одно свойство: если вырезать треугольник из какого-либо материала, провести на нём медианы, закрепить в точке пересечения медиан подвез и закрепить подвес на штативе, то модель (треугольник) будет находиться в состоянии равновесия, следовательно, точка пересечения есть ни что иное, как центр тяжести треугольника.

Центр описанной окружности.

Докажем, что существует точка, равноудалённая от вершин треугольника, или, иначе, что существует окружность, проходящая через три вершины треугольника. Геометрическим местом точек, равноудалённых от точек А и В , является перпендикуляр к отрезку АВ , проходящий через его середину (серединный перпендикуляр к отрезку АВ ). Рассмотрим точку О , в которой пересекаются серединные перпендикуляры к отрезкам АВ и ВС . Точка О равноудалена от точек А и В , а также от точек В и С . поэтому она равноудалена от точек А и С , т.е. она лежит и на серединном перпендикуляре к отрезку АС .

Центр О описанной окружности лежит внутри треугольника, только если этот треугольник остроугольный. Если же треугольник прямоугольный, то точка О совпадает с серединой гипотенузы, а если угол при вершине С тупой, то прямая АВ разделяет точки О и С .

В математике часто бывает так, что объекты, определённые совсем по-разному, оказываются совпадающими. Покажем это на примере.

Пусть А 1 , В 1 , С 1 – середины сторон ВС , СА и АВ. Можно доказать, что окружности, описанные около треугольников АВ 1 С , А 1 ВС 1 и А 1 В 1 С 1 пересекаются в одной точке, причём эта точка – центр описанной окружности треугольника АВС . Итак, у нас есть две, казалось бы, совсем разные точки: точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника АВС и точка пересечения описанных окружностей треугольников АВ 1 С 1 , А 1 ВС и А 1 В 1 С 1 . а оказывается, что эти две точки совпадают.

Прямая Эйлера.

Самым удивительным свойством замечательных точек треугольника является то, что некоторые из них связаны друг с другом определёнными соотношениями. Например, центр тяжести М , ортоцентр Н и центр описанной окружности О лежат на одной прямой, причём точка М делит отрезок ОН так, что справедливо соотношение ОМ:МН =1:2. Эта теорема была доказана в 1765 г. швейцарским учёным Леонардо Эйлером.

Ортоцентрический треугольник.

Ортоцентрический треугольник (ортотреугольник) – это треугольник (М N К ), вершинами которого служат основания высот данного треугольника (АВС ). Этот треугольник обладает многими интересными свойствами. Приведем одно из них.

Свойство.

Доказать:

Треугольники AKM , CMN и BKN подобны треугольнику АВС ;

Углы ортотреугольника MNK таковы: L KNM = π - 2 L A , L KMN = π – 2 L B , L MNK = π - - 2 L C .

Доказательство:

Имеем AB cos A , AK cos A . Следовательно, AM /AB = AK /AC .

Т.к. у треугольников ABC и AKM угол А – общий, то они подобны, откуда заключаем, что угол L AKM = L C . Поэтому L BKM = L C . Далее имеем L MKC = π/2 – L C , L NKC = π/2 – - - L C , т.е. СК – биссектриса угла MNK . Итак, L MNK = π – 2 L C . Аналогично доказываются остальные равенства.

Заключение.

В заключение данной научно-исследовательской работы можно сделать следующие выводы:

Замечательными точками и линиями треугольника являются:

ортоцентр треугольника - это точка пересечения его высот;

ицентр треугольника – это точка пересечения биссектрис;

центр тяжести треугольника - это точка пересечения его медиан;

центр описанной окружности – это точка пересечения серединных перпендикуляров;

прямая Эйлера – это прямая, на которой лежат центр тяжести, ортоцентр и центр описанной окружности.

Ортоцентрический треугольник делит данный треугольник на три подобных данному.

Проделав данную работу, я узнал много нового о свойствах треугольника. Данная работа явилась актуальной для меня с точки зрения развития моих знаний в области математики. В дальнейшем я предполагаю развивать эту интереснейшую тему.

Список литературы.

Киселёв А. П. Элементарная геометрия. – М.: Просвещение, 1980.

Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.: Наука, 1978.

Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. – М.: Наука, 1986. – Ч. 1.

Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. – М.: Наука, 1986.

Сканави М. И. Математика. Задачи с решениями. – Ростов-на-Дону: Феникс, 1998.

Берже М. Геометрия в двух томах – М: Мир, 1984.

Введение

Предметы окружающего нас мира обладают определенными свойствами, изучением которых занимаются различные науки.

Геометрия - это раздел математики, который рассматривает различные фигуры и их свойства, своими корнями уходит в далёкое прошлое.

В четвертой книге «Начал» Евклид решает задачу: «Вписать круг в данный треугольник». Из решения вытекает, что три биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке - центре вписанного круга. Из решения другой задачи Евклида вытекает, что перпендикуляры, восстановленные к сторонам треугольника в их серединах, тоже пересекаются в одной точке - центре описанного круга. В «Началах» не говорится о том, что и три высоты треугольника пересекаются в одной точке, называемой ортоцентром (греческое слово «ортос» означает «прямой», «правильный»). Это предложение было, однако, известно Архимеду. Четвертой особенной точкой треугольника является точка пересечения медиан. Архимед доказал, что она является центром тяжести (барицентром) треугольника.

На вышеназванные четыре точки было обращено особое внимание, и начиная с XVIII века они были названы «замечательными» или «особенными» точками треугольника. Исследование свойств треугольника, связанных с этими и другими точками, послужило началом для создания новой ветви элементарной математики – «геометрии треугольника» или «новой геометрии треугольника», одним из родоначальников которой стал Леонард Эйлер.

В 1765 году Эйлер доказал, что в любом треугольнике ортоцентр, барицентр и центр описанной окружности лежат на одной прямой, названной позже «прямой Эйлера». В двадцатых годах XIX века французские математики Ж. Понселе, Ш. Брианшон и другие установили независимо друг от друга следующую теорему: основания медиан, основания высот и середины отрезков высот, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на одной и той же окружности. Эта окружность называется «окружностью девяти точек», или «окружностью Фейербаха», или «окружностью Эйлера». К. Фейербах установил, что центр этой окружности лежит на прямой Эйлера.

«Я думаю, что никогда до настоящего времени мы не жили в такой геометрический период. Все вокруг - геометрия». Эти слова, сказанные великим французским архитектором Ле Корбюзье в начале XX века, очень точно характеризуют и наше время. Мир, в котором мы живем, наполнен геометрией домов и улиц, гор и полей, творениями природы и человека.

Нас заинтересовали так называемые «замечательные точки треугольника».

После прочтения литературы по данной теме, мы зафиксировали для себя определения и свойства замечательных точек треугольника. Но на этом наша работа не закончилась, и нам захотелось самим исследовать эти точки.

Поэтому цель данной работы – изучение некоторых замечательных точек и линий треугольника, применение полученных знаний к решению задач. В процессе достижения поставленной цели можно выделить следующие этапы:

Подбор и изучение учебного материала из различных источников информации, литературы;

Изучение основных свойств замечательных точек и линий треугольника;

Обобщение этих свойств и доказательство необходимых теорем;

Решение задач, связанных с замечательными точками треугольника.

Глава I . Замечательные точки и линии треугольника

1.1 Точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника

Серединный перпендикуляр – это прямая, проходящая через середину отрезка, перпендикулярно к нему. Нам уже известна теорема, характеризующая свойство серединного перпендикуляра: каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от его концов и обратно, если точка равноудалена от концов отрезка, то она лежит на серединном перпендикуляре.

Многоугольник называется вписанным в окружность, если все его вершины принадлежат окружности. Окружность при этом называется описанной около многоугольника.

Около всякого треугольника можно описать окружность. Ее центром является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.

Пусть точка О – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника АВ и ВС.

Вывод: таким образом, если точка О- точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, то ОА=ОС=ОВ, т.е. точка О равноудалена от всех вершин треугольника АВС, значит, она является центром описанной окружности.


остроугольный	тупоугольный	прямоугольный

Следствия

sin γ = c/2R = с/sin γ =2R.

Аналогично доказывается а / sin α =2R, b/ sin β =2R.

Таким образом:

Это свойство называют теоремой синусов.

В математике часто бывает, что объекты, определенные совсем по- разному, оказываются совпадающими.

Пример. Пусть А1, В1, С1 – середины сторон ∆АВС ВС, АС, АВ соответственно. Показать, что окружности, описанные около треугольников АВ1С1, А1В1С, А1ВС1 пересекаются в одной точке. Причем эта точка центр описанной около ∆АВС окружности.

Рассмотрим отрезок АО и построим на этом отрезке, как на диаметре, окружность. На эту окружность попадают точки С1и В1, т.к. являются вершинами прямых углов, опирающихся на АО. Точки А, С1, В1 лежат на окружности =эта окружность описана около ∆АВ1С1.

Аналогично проведем отрезок ВО и построим на этом отрезке, как на диаметре, окружность. Это будет окружность, описанная около ∆ВС1 А1.

Проведем отрезок СО и построим на этом отрезке, как на диаметре, окружность. Это будет окружность, описанная около

Эти три окружности проходят через точку О - центр описанной около ∆АВС окружности.

Обобщение. Если на сторонах∆АВС АС, ВС, АС взять произвольные точки А 1 , В 1 , С 1 , то окружности описанные около треугольников АВ 1 С 1 , А 1 В 1 С, А 1 ВС 1 пересекаются в одной точке.

1.2 Точка пересечения биссектрис треугольника

Верно и обратное утверждение: если точка равноудалена от сторон угла, то она лежит на его биссектрисе.

Полезно отметить половины одного угла одинаковыми буквами:

OAF=OAD= α, OBD=OBE= β, OCE=OCF= γ.

Пусть точка О- точка пересечения биссектрис углов А и В. По свойству точки, лежащей на биссектрисе угла А, OF=OD=r. По свойству точки, лежащей на биссектрисе угла В, OЕ=OD=r. Таким образом, OЕ=OD= OF=r= точка О равноудалена от всех сторон треугольника АВС, т.е. О- центр вписанной окружности. (Точка О – единственная).

Вывод: таким образом, если точка О- точка пересечения биссектрис углов треугольника, то OЕ=OD= OF=r, т.е. точка О равноудалена от всех сторон треугольника АВС, значит, она является центром вписанной окружности. Точка О- пересечения биссектрис углов треугольника – замечательная точка треугольника.

Следствия:

Из равенства треугольников АОF и AOD (рисунок 1) по гипотенузе и острому углу, следует, что AF = AD . Из равенства треугольников OBD и OBE следует, что BD = BE , Из равенства треугольников COE и COF следует, что С F = CE . Таким образом, отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки равны.

AF=AD=z , BD=BE=y , СF=CE=x

а=х+у (1), b = х+ z (2), с= х+у (3).

+ (2) – (3), то получим: а+ b -с= x + y + x + z - z - y = а+ b -с= 2 x =

х= ( b + c - а)/2

Аналогично: (1) +(3) – (2), то получим: у = (а + с – b )/2.

Аналогично: (2) +(3) – (1), то получим: z = (а + b - c )/2.

Биссектриса угла треугольника разбивает противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам.

1.3 Точка пересечения медиан треугольника (центроид)

Доказательство 1. Пусть A 1 , B 1 и C 1 -середины сторон BC, CA и AB треугольника ABC соответственно (рис.4).

Пусть G-точка пересечения двух медиан AA 1 и BB 1 . Докажем сначала, что AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2.

Для этого возьмем середины P и Q отрезков AG и BG. По теореме о средней линии треугольника отрезки B 1 A 1 и PQ равны половине стороны AB и параллельны ей. Поэтому четырехугольник A 1 B 1 PQ-параллелограмм. Тогда точка G пересечения его диагоналей PA 1 и QB 1 делит каждую из них пополам. Следовательно, точки P и G делят медиану AA 1 на три равные части, а точки Q и G делят медиану BB 1 также на три равные части. Итак, точка G пересечения двух медиан треугольника делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины.

Точку пересечения медиан треугольника называют центроидом или центром тяжести треугольника. Это название связано с тем, что именно в этой точке находиться центр тяжести однородной треугольной пластины.

1.4 Точка пересечения высот треугольника (ортоцентр)

1.5 Точка Торричелли

Путь дан треугольник ABC. Точкой Торричелли этого треугольника называется такая точка O, из которой стороны данного треугольника видны под углом 120°, т.е. углы AOB, AOC и BOC равны 120°.

Докажем, что в случае, если все углы треугольника меньше 120°, то точка Торричелли существует.

На стороне AB треугольника ABC построим равносторонний треугольник ABC" (рис. 6, а), и опишем около него окружность. Отрезок AB стягивает дугу этой окружности величиной 120°. Следовательно, точки этой дуги, отличные от A и B, обладают тем свойством, что отрезок AB виден из них под углом 120°. Аналогичным образом, на стороне AC треугольника ABC построим равносторонний треугольник ACB" (рис. 6, а), и опишем около него окружность. Точки соответствующей дуги, отличные A и C, обладают тем свойством, что отрезок AC виден из них под углом 120°. В случае, когда углы треугольника меньше 120°, эти дуги пересекаются в некоторой внутренней точке O. В этом случае ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Следовательно, и ∟BOC = 120°. Поэтому точка O является искомой.

В случае, когда один из углов треугольника, например ABC, равен 120°, точкой пересечения дуг окружностей будет точка B (рис. 6, б). В этом случае точки Торричелли не существует, так как нельзя говорить об углах, под которыми видны из этой точки стороны AB и BC.

В случае, когда один из углов треугольника, например ABC, больше 120° (рис. 6, в), соответствующие дуги окружностей не пересекаются, и точки Торричелли также не существует.

С точкой Торричелли связана задача Ферма (которую мы рассмотрим во главе II) нахождении точки, сумма расстояний от которой до трех данных точек наименьшая.

1.6 Окружность девяти точек

Действительно, A 3 B 2 – средняя линия треугольника AHC и, следовательно, A 3 B 2 || CC 1 . B 2 A 2 – средняя линия треугольника ABC и, следовательно, B 2 A 2 || AB. Так как CC 1 ┴ AB, то A 3 B 2 A 2 = 90°. Аналогично, A 3 C 2 A 2 = 90°. Поэтому точки A 2 , B 2 , C 2 , A 3 лежат на одной окружности с диаметром A 2 A 3 . Так как AA 1 ┴BC, то точка A 1 также принадлежит этой окружности. Таким образом, точки A 1 и A 3 лежат на окружности, описанной около треугольника A2B2C2. Аналогичным образом показывается, что точки B 1 и B 3 , C 1 и C 3 лежат на этой окружности. Значит, все девять точек лежат на одной окружности.

При этом центр окружности девяти точек лежит посередине между центром пересечения высот и центром описанной окружности. Действительно, пусть в треугольнике ABC (рис. 9), точка O – центр описанной окружности; G – точка пересечения медиан. H точка пересечения высот. Требуется доказать, что точки O, G, H лежат на одной прямой и центр окружности девяти точек N делит отрезок OH пополам.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке G и коэффициентом -0,5. Вершины A, B, C треугольника ABC перейдут, соответственно в точки A 2 , B 2 , C 2 . Высоты треугольника ABC перейдут в высоты треугольника A 2 B 2 C 2 и, следовательно, точка H перейдет в точку O. Поэтому точки O, G, H будут лежать на одной прямой.

Покажем, что середина N отрезка OH является центром окружности девяти точек. Действительно, C 1 C 2 – хорда окружности девяти точек. Поэтому серединный перпендикуляр к этой хорде является диаметром и пересекает OH в середине N. Аналогично, серединный перпендикуляр к хорде B 1 B 2 является диаметром и пересекает OH в той же точке N. Значит N – центр окружности девяти точек. Что и требовалось доказать.

Действительно, пусть P – произвольная точка, лежащая на окружности, описанной около треугольника ABC; D, E, F – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника (рис. 10). Покажем, что точки D, E, F лежат на одной прямой.

Заметим, что в случае, если AP проходит через центр окружности, то точки D и E совпадают с вершинами B и C. В противном случае, один из углов ABP или ACP острый, а другой – тупой. Из этого следует, что точки D и E будут расположены по разные стороны от прямой BC и для того, чтобы доказать, что точки D, E и F лежат на одной прямой, достаточно проверить, что ∟CEF =∟BED.

Опишем окружность с диаметром CP. Так как ∟CFP = ∟CEP = 90°, то точки E и F лежат на этой окружности. Поэтому ∟CEF =∟CPF как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу окружности. Далее, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. Опишем окружность с диаметром BP. Так как ∟BEP = ∟BDP = 90°, то точки F и D лежат на этой окружности. Поэтому ∟BPD =∟BED. Следовательно, окончательно получаем, что ∟CEF =∟BED. Значит точки D, E, F лежат на одной прямой.

Глава II Решение задач

Начнем с задач, относящихся к расположению биссектрис, медиан и высот треугольника. Их решение, с одной стороны, позволяет вспомнить пройденный ранее материал, а с другой стороны, развивает необходимые геометрические представления, подготавливает к решению более сложных задач.

Задача 1. По углам A и B треугольника ABC (∟A

Решение. Пусть CD – высота, CE – биссектриса, тогда

∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.

Следовательно, ∟DCE =.

Решение. Пусть O – точка пересечения биссектрис треугольника ABC (рис. 1). Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB BC, то ∟A

Решение. Пусть O – точка пересечения высот треугольника ABC (рис. 2). Если AC ∟B. Окружность с диаметром BC пройдет через точки F и G. Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что CG

Доказательство. На сторонах AC и BC треугольника ABC, как на диаметрах, построим окружности. Точки A 1 , B 1 , C 1 принадлежат этим окружностям. Поэтому ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. ∟B 1 BC = ∟CAA 1 , как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 , как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1 , т.е. CC 1 является биссектрисой угла B 1 C 1 A 1 . Аналогичным образом показывается, что AA 1 и BB 1 являются биссектрисами углов B 1 A 1 C 1 и A 1 B 1 C 1 .

Рассмотренный треугольник, вершинами которого являются основания высот данного остроугольного треугольника, дает ответ на одну из классических экстремальных задач.

Решение. Пусть ABC – данный остроугольный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки A 1 , B 1 , C 1 , для которых периметр треугольника A 1 B 1 C 1 был бы наименьшим (рис. 4).

Зафиксируем сначала точку C 1 и будем искать точки A 1 и B 1 , для которых периметр треугольника A 1 B 1 C 1 наименьший (при данном положении точки C 1).

Для этого рассмотрим точки D и E симметричные точке C 1 относительно прямых AC и BC. Тогда B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E и, следовательно, периметр треугольника A 1 B 1 C 1 будет равен длине ломаной DB 1 A 1 E. Ясно, что длина этой ломаной наименьшая, если точки B 1 , A 1 лежат на прямой DE.

Будем теперь менять положение точки C 1 , и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника A 1 B 1 C 1 наименьший.

Так как точка D симметрична C 1 относительно AC, то CD = CC 1 и ACD=ACC 1 . Аналогично, CE=CC 1 и BCE=BCC 1 . Следовательно, треугольник CDE равнобедренный. Его боковая сторона равна CC 1 . Основание DE равно периметру P треугольника A 1 B 1 C 1 . Угол DCE равен удвоенному углу ACB треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки C 1 .

В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра P достигается в случае наименьшего значения CC 1 . Это значение принимается в случае, если CC 1 является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой C 1 на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C.

Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку C 1 , а точку A 1 или точку B 1 и получили бы, что A 1 и B 1 являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC.

Из этого следует, что искомым треугольником, наименьшего периметра, вписанным в данный остроугольный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC.

Решение. Докажем, что в случае, если углы треугольника меньше 120°, то искомой точкой в задаче Штейнера является точка Торричелли.

Повернем треугольник ABC вокруг вершины C на угол 60°, рис. 7. Получим треугольник A’B’C. Возьмем произвольную точку O в треугольнике ABC . При повороте она перейдет в какую-то точку O’. Треугольник OO’C равносторонний, так как CO = CO’ и ∟OCO’ = 60°, следовательно, OC = OO’. Поэтому сумма длин OA + OB + OC будет равна длине ломаной AO + OO’ + O’B’. Ясно, что наименьшее значение длина этой ломаной принимает в случае, если точки A, O, O’, B’ лежат на одной прямой. Если O – точка Торричелли, то это так. Действительно, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. Следовательно, точки A, O, O’ лежат на одной прямой. Аналогично, ∟CO’O = 60°, ∟CO"B" = 120°. Следовательно, точки O, O’, B’ лежат на одной прямой. Значит, все точки A, O, O’, B’ лежат на одной прямой.

Заключение

Геометрия треугольника, наравне с другими разделами элементарной математики, дает возможность почувствовать красоту математики вообще и может стать для кого-то началом пути в «большую науку».

Геометрия - удивительная наука. Ее история насчитывает не одно тысячелетие, но каждая встреча с ней способна одарить и обогатить (как ученика, так и учителя) волнующей новизной маленького открытия, изумляющей радостью творчества. Действительно, любая задача элементарной геометрии является, по существу, теоремой, а ее решение – скромной (а иногда и огромной) математической победой.

Исторически геометрия начиналась с треугольника, поэтому вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является символом геометрии. Школьная геометрия только тогда может стать интересной и содержательной, только тогда может стать собственно геометрией, когда в ней появляется глубокое и всестороннее изучение треугольника. Удивительно, но треугольник, несмотря на свою кажущуюся простоту, является неисчерпаемым объектом изучения - никто даже в наше время не осмелится сказать, что изучил и знает все свойства треугольника.

В данной работе были рассмотрены свойства биссектрис, медиан, серединных перпендикуляров и высот треугольника, расширено число замечательных точек и линий треугольника, сформулированы и доказаны теоремы. Решен ряд задач на применение этих теорем.

Представленный материал может быть использован как на основных уроках, так и на факультативных занятиях, также при подготовке к централизованному тестированию и олимпиадам по математике.

Список литературы

Берже М. Геометрия в двух томах – М: Мир, 1984.

Киселёв А. П. Элементарная геометрия. – М.: Просвещение, 1980.

Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.: Наука, 1978.

Латотин Л.А., Чеботаравский Б.Д. Математика 9. – Минск: Народная асвета, 2014.

Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. – М.: Наука, 1986. – Ч. 1.

Сканави М. И. Математика. Задачи с решениями. – Ростов-на-Дону: Феникс, 1998.

Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. – М.: Наука, 1986.

Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«Магнитогорский государственный университет»

Физико-математический факультет

Кафедра алгебры и геометрии

Курсовая работа

Замечательные точки треугольника

Выполнила: студентка 41 группы

Вахрамеева А.М

Научный руководитель

Великих А.С

Магнитогорск 2014

Введение

Исторически геометрия начиналась с треугольника, поэтому вот уже два с половиной тысячелетия треугольник является как бы символом геометрии; но он не только символ, он - атом геометрии.

Почему именно треугольник можно считать атомом геометрии? Потому что предшествующие понятия - точка, прямая и угол - это неясные и неосязаемые абстракции вместе со связанным с ними набором теорем и задач. Поэтому сегодня школьная геометрия только тогда может стать интересной и содержательной, только тогда может стать собственно геометрией, когда в ней появляется глубокое и всестороннее изучение треугольника.

Удивительно, но треугольник, несмотря на свою кажущуюся простоту, является неисчерпаемым объектом изучения - никто даже в наше время не осмелится сказать, что изучил и знает все свойства треугольника.

Значит, изучение школьной геометрии не может осуществляться без глубокого изучения геометрии треугольника; ввиду многообразия треугольника как объекта изучения - а, значит, и источника различных методик его изучения - необходимо подбирать и разрабатывать материал для изучения геометрии замечательных точек треугольника. Причем при подборе этого материала не следует ограничиваться только лишь замечательными точками, предусмотренными в школьной программе Государственным образовательным стандартом, такими как центр вписанной окружности (точка пересечения биссектрис), центр описанной окружности (точка пересечения серединных перпендикуляров), точка пересечения медиан, точка пересечения высот. Но для глубокого проникновения в природу треугольника и постижения его неисчерпаемости необходимо иметь представления как можно о большем числе замечательных точек треугольника. Помимо неисчерпаемости треугольника как геометрического объекта, необходимо отметить удивительнейшее свойство треугольника как объекта изучения: изучение геометрии треугольника можно начинать с изучения любого его свойства, взяв его за основу; затем методику изучения треугольника можно построить так, чтобы на эту основу нанизывать все остальные свойства треугольника. Другими словами, с чего бы ни начинать изучение треугольника, всегда можно дойти до любых глубин этой удивительной фигуры. Но тогда - как вариант - можно начинать изучение треугольника с изучения его замечательных точек.

Цель курсовой работы состоит в изучении замечательных точек треугольника. Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи:

·Изучить понятия биссектрисы, медианы, высоты, серединного перпендикуляра и их свойства.

·Рассмотреть точку Жергонна, окружность Эйлера и прямую Эйлера, не изучаемые в школе.

ГЛАВА 1. Биссектриса треугольника, центр вписанной окружности треугольника. Свойства биссектрисы треугольника. Точка Жергонна

1 Центр вписанной окружности треугольника

Замечательные точки треугольника - точки, местоположение которых однозначно определяется треугольником и не зависит от того, в каком порядке берутся стороны и вершины треугольника.

Биссектрисой треугольника называется отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяющий вершину с точкой на противоположной стороне.

Теорема. Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена (т.е. равноудалена от прямых, содержащих стороны треугольника) от его сторон. Обратно: каждая точка, лежащая внутри угла и равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе.

Доказательство. 1) Возьмем произвольную точку М на биссектрисе угла ВАС, проведем перпендикуляры МК и МL к прямым АВ и АС и докажем, что МК=МL. Рассмотрим прямоугольные треугольники ?АМК и ?АМL. Они равны по гипотенузе и острому углу (АМ - общая гипотенуза, 1 = 2 по условию). Следовательно, МК=МL.

) Пусть точка М лежит внутри ВАС и равноудалена от его сторон АВ и АС. Докажем, что луч АМ - биссектриса ВАС. Проведем перпендикуляры МК и МL к прямым АВ и АС. Прямоугольные треугольники АКМ и АLM равны по гипотенузе и катету (АМ - общая гипотенуза, МК=МL по условию). Следовательно, 1 = 2. Но это и означает, что луч АМ - биссектриса ВАС. Теорема доказана.

Следствие. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, (центр вписанной окружности, и центр).

Обозначим буквой О точку пересечения биссектрис АА1 и ВВ1 треугольника АВС и проведем из этой точки перпендикуляры ОК, ОL и ОM соответственно к прямым АВ, ВС и СА. По теореме (Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена от его сторон. Обратно: каждая точка, лежащая внутри угла и равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе) мы говорим о том, что ОК = ОМ и ОК = OL. Поэтому OM = OL, т е точка O равноудалена от сторон АСВ и, значит лежит на биссектрисе СС1 этого угла. Следовательно, все три биссектрисы ?АВС пересекаются в точке О, что и требовалось доказать.

окружность биссектриса треугольник прямая

1.2 Свойства биссектрисы треугольника

Биссектриса BD (рис. 1.1) любого угла ?ABC делит противоположную сторону на части AD и CD, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника.

Требуется доказать, что если ABD = DBC, то AD: DC =АВ: ВС.

Проведём СЕ || BD до пересечения в точке Е с продолжением стороны АВ. Тогда, согласно теореме о пропорциональности отрезков, образующихся на прямых, пересечённых несколькими параллельными прямыми, будем иметь пропорцию: AD: DC = АВ: BE. Чтобы от этой пропорции перейти к той, которую требуется доказать, достаточно обнаружить, что ВЕ = ВС, т. е. что ?ВСЕ равнобедренный. В этом треугольнике Е =ABD (как углы соответственные при параллельных прямых) и ВСЕ = DBC (как углы накрест лежащие при тех же параллельных прямых).

Но ABD = DBC по условию; значит, Е = ВСЕ, а потому равны и стороны BE и ВС, лежащие против равных углов.

Теперь, заменив в написанной выше пропорции BE на ВС, получим ту пропорцию, которую требуется доказать.

20 Биссектрисы внутреннего и смежного с ним угла треугольника перпендикулярны.

Доказательство. Пусть BD - биссектриса ABC (рис.1.2), а BE - биссектриса смежного с указанным внутренним углом внешнего CBF, ?ABC. Тогда если обозначить ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, то 2? + 2?= 1800 и, таким образом, ?+ ? = 900. А это и означает, что BD? BE.

30 Биссектриса внешнего угла треугольника делит противолежащую сторону внешним образом на части, пропорциональные прилежащим сторонам.

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

40 Биссектриса любого угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника.

Доказательство. Рассмотрим ?ABC. Пусть для определенности биссектриса CAB пересекает сторону BC в точке D (рис.1.4). Покажем, что BD: DC = AB: AC. Для этого проведем через точку C прямую, параллельную прямой AB, и обозначим через E точку пересечения этой прямой AD. Тогда DAB=DEC, ABD=ECD и поэтому ?DAB ~ ?DEC по первому признаку подобия треугольников. Далее, так как луч AD - биссектриса CAD , то CAE = EAB = AEC и, значит, ?ECA равнобедренный. Отсюда AC=CE. Но в таком случае из подобия ?DAB и ?DEC следует, что BD: DC=AB: CE =AB: AC, а это и требовалось доказать.

Если биссектриса внешнего угла треугольника пересекает продолжение стороны, противолежащей вершине этого угла, то отрезки от полученной точки пересечения до концов противолежащей стороны пропорциональны прилежащим сторонам треугольника.

Доказательство. Рассмотрим ?ABC. Пусть F - точка на продолжении стороны CA, D - точка пересечения биссектрисы внешнего BAF треугольника с продолжением стороны CB (рис. 1.5). Покажем, что DC:DB=AC:AB. Действительно, проведем через точку C прямую, параллельную прямой AB, и обозначим через E точку пересечения этой прямой с прямой DA. Тогда треугольник ADB ~ ?EDC и, значит, DC:DB=EC:AB. А поскольку ?EAC= ?BAD= ?CEA, то в равнобедренном ?CEA сторона AC=EC и, таким образом, DC:DB=AC:AB, что и требовалось доказать.

3 Решение задач на применение свойств биссектрисы

Задача 1. Пусть O - центр окружности, вписанной в ?ABC, CAB = ?. Доказать, что COB = 900 + ?/2.

Решение. Так как O - центр вписанной в ?ABC окружности (рис 1.6), то лучи BO и CO - биссектрисы ABC и BCA соответственно. А тогда COB = 1800 - (OBC +BCO)= 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, что и требовалось доказать.

Задача 2. Пусть O - центр описанной около ?ABC окружности, H - основание высоты, проведенной к стороне BC. Доказать, что биссектриса CAB является также и биссектрисой ?OAH.

Пусть AD - биссектриса CAB, AE - диаметр описанной около ?ABC окружности (рис.1.7,1.8). Если ?ABC - остроугольный (рис. 1.7) и, значит, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ дуги AC, а ?BHA и ?ECA прямоугольные (BHA =ECA = 900), то ?BHA ~ ?ECA и, следовательно, CAO = CAE =HAB. Далее, BAD и CAD равны по условию, поэтому HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Пусть теперь ABC = 900 . В этом случае высота AH совпадает со стороной AB, то точка O будет принадлежать гипотенузе AC и поэтому справедливость утверждения задачи очевидна.

Рассмотрим случай, когда ABC > 900 (рис.1.8). Здесь четырехугольник ABCE вписан в окружность и, следовательно, AEC = 1800 - ABC. С другой стороны, ABH = 1800 - ABC, т.е. AEC = ABH. А поскольку ?BHA и ?ECA - прямоугольные и, значит, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, то HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Случаи, когда BAC и ACB - тупые рассматриваются аналогично. ?

4 Точка Жергонна

Точкой Жергонна называется точка пересечения отрезков, которые соединяют вершины треугольника с точками касания сторон, противоположных этим вершинам, и вписанной в треугольник окружности.

Пусть точка O - центр вписанной окружности треугольника ABC. Пусть вписанная окружность касается сторон треугольника BC,AC и AB в точках D,E и F соответственно. Точка Жергонна - это точка пересечения отрезков AD, BE и CF. Пусть точка O - центр вписанной окружности ?ABC. Пусть вписанная окружность касается сторон треугольника BC, AC и AB в точках D, E и F соответственно. Точка Жергонна - это точка пересечения отрезков AD, BE и CF.

Докажем, что эти три отрезка действительно пересекаются в одной точке. Заметим, что центр вписанной окружности - это точка пересечения биссектрис углов ?ABC, а радиусы вписанной окружности OD, OE и OF ? сторонам треугольника. Тем самым, имеем три пары равных треугольников (AFO и AEO, BFO и BDO, CDO и CEO).

Произведения AF?BD ? CE и AE ? BE ? CF равны, поскольку BF = BD, CD = CE, AE = AF, следовательно, отношение этих произведений равно, и по теореме Чевы (Пусть точки A1, B1, С1 лежат на сторонах BC, AC и AB ?ABC соответственно. Пусть отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Тогда

(обходим треугольник по часовой стрелке)), отрезки пересекаются в одной точке.

Свойства вписанной окружности:

Окружность называется вписанной в треугольник, если она касается всех его сторон.

В любой треугольник можно вписать окружность.

Дано: ABC - данный треугольник, О - точка пересечения биссектрис, М, L и К - точки касания окружности со сторонами треугольника (рис. 1.11).

Доказать: О - центр окружности, вписанной в АВС.

Доказательство. Проведем из точки О перпендикуляры OK, OL и ОМ соответственно к сторонам АВ, ВС и СА (рис.1.11). Так как точка О равноудалена от сторон треугольника ABC, то ОК = OL = ОМ. Поэтому окружность с центром О радиуса ОК проходит через точки K, L, M. Стороны треугольника ABC касаются этой окружности в точках К, L, М, так как они перпендикулярны к радиусам ОК, OL и ОМ. Значит, окружность с центром О радиуса ОК является вписанной в треугольник ABC. Теорема доказана.

Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пересечения его биссектрис.

Пусть ABC данный, O - центр вписанной в него окружности, D, E и F - точки касания окружности со сторонами (рис.1.12). ? AEO = ? AOD по гипотенузе и катету (EO = OD - как радиус, AO - общая). Из равенства треугольников следует, что? OAD = ? OAE. Значит AO биссектриса угла EAD. Точно также доказывается, что точка O лежит на двух других биссектрисах треугольника.

Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.

Доказательство. Пусть окр.(O; R) данная окружность (рис.1.13), прямая a касается ее в точке P . Пусть радиус OP не перпендикулярен к a . Проведем из точки O перпендикуляр OD к касательной. По определению касательной, все ее точки, отличные от точки P , и, в частности, точка D лежат вне окружности. Следовательно, длина перпендикуляра OD больше R длины наклонной OP . Это противоречит свойству наклонной, и полученное противоречие доказывает утверждение.

ГЛАВА 2. 3 замечательные точки треугольника, окружность Эйлера, прямая Эйлера.

1 Центр описанной окружности треугольника

Серединным перпендикуляром к отрезку называется прямая, проходящая через середину отрезка и перпендикулярная к нему.

Теорема. Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему.

Доказательство. Пусть прямая m - серединный перпендикуляр к отрезку АВ, точка О - середина отрезка.

Рассмотрим произвольную точку М прямой m и докажем, что АМ=ВМ. Если точка М совпадает с точкой О, то это равенство верно, так как О - середина отрезка АВ. Пусть М и О - различные точки. Прямоугольные ?ОАМ и ?ОВМ равны по двум катетам (ОА=ОВ, ОМ - общий катет), поэтому АМ=ВМ.

) Рассмотрим произвольную точку N, равноудаленную от концов отрезка АВ, и докажем, что точка N лежит на прямой m. Если N - точка прямой АВ, то она совпадает с серединой О отрезка АВ и поэтому лежит на прямой m. Если точка N не лежит на прямой АВ, то рассмотрим ?АNB, который равнобедренный, так как АN=BN. Отрезок NO - медиана этого треугольника, а следовательно, и высота. Таким образом, NO перпендикулярна АВ, поэтому прямые ON и m совпадают, и, значит, N - точка прямой m. Теорема доказана.

Следствие. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке, (центр описанной окружности).

Обозначим О, точку пересечения серединных перпендикуляров m и n к сторонам АВ и ВС ?АВС. По теореме (каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему.) мы делаем вывод что ОВ=ОА и ОВ=ОC поэтому: ОА=ОС, т е точка О равноудалена от концов отрезка АС и, значит, лежит на серединном перпендикуляре p к этому отрезку. Следовательно, все три серединных перпендикуляра m, n и p к сторонам ?АВС пересекаются в точке О.

У остроугольного треугольника эта точка лежит внутри, у тупоугольного - вне треугольника, у прямоугольного - на середине гипотенузы.

Свойство серединного перпендикуляра треугольника:

Прямые, на которых лежат биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника, выходящие из одной вершины, пересекаются с серединным к противолежащей стороне перпендикуляром с диаметрально противоположных точках описанной около треугольника окружности.

Доказательство. Пусть, например, биссектриса ABC пересекает описанную около ?ABC окружность в точке D (рис. 2.1). Тогда так как вписанные ABD и DBC равны, то AD= дуге DC. Но серединный к стороне AC перпендикуляр также делит дугу AC пополам, поэтому точка D будет принадлежать и этому серединному перпендикуляру. Далее, поскольку по свойству 30 из пункта 1.3 биссектриса BD ABC , смежного с ABC, то последняя пересечет окружность в точке, диаметрально противоположной точке D, так как вписанный прямой угол всегда опирается на диаметр.

2 Ортоцентр окружности треугольника

Высота - перпендикуляр, проведенный из вершины треугольника к прямой, содержащей противоположную сторону.

Высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке, (ортоцентр).

Доказательство. Рассмотрим произвольный ?АВС и докажем, что прямые АА1, ВВ1, СС1, содержащие его высоты, пересекаются в одной точке. Проведем через каждую вершину ?АВС прямую, параллельную противоположной стороне. Получим ?А2B2C2. Точки А, B и С являются серединными сторон этого треугольника. Действительно, АВ=А2C и АВ=СВ2 как противоположные стороны параллелограммов АВА2C и АВСВ2, поэтому А2C=СВ2. Аналогично С2A=АВ2 и С2B=ВА2. Кроме того, как следует из построения, СС1 перпендикулярен А2B2, АА1 перпендикулярен В2C2 и ВВ1 перпендикулярен А2C2. Таким образом, прямые АА1,ВВ1 и СС1 являются серединными перпендикулярами к сторонам ?А2B2C2. Следовательно, они пересекаются в одной точке.

В зависимости от вида треугольника ортоцентр может находиться внутри треугольника в остроугольных, вне его - в тупоугольных или совпадать с вершиной, в прямоугольных - совпадает с вершиной при прямом угле.

Свойства высоты треугольника:

Отрезок, соединяющий основания двух высот остроугольного треугольника, отсекает от него треугольник, подобный данному, с коэффициентом подобия равным косинусу общего угла.

Доказательство. Пусть AA1, BB1 , CC1 - высоты остроугольного треугольника ABC, а ABC = ? (рис. 2.2). Прямоугольные треугольники BA1A и CC1B имеют общий ?, поэтому они подобны, а значит, BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Отсюда следует, что BA1/BC1=BA/BC = cos ?, т.е. в ?C1BA1 и ?ABC стороны, прилежащие к общему ??C1BA1 ~ ?ABC, причем коэффициент подобия равен cos ?. Аналогичным образом доказывается, что ?A1CB1 ~ ?ABC с коэффициентом подобия cos BCA, а ?B1AC1 ~ ?ABC с коэффициентом подобия cos CAB.

Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его на два подобных между собой и подобных исходному треугольнику, треугольника.

Доказательство. Рассмотрим прямоугольный ?ABC, у которого ?BCA = 900 , а CD - его высота (рис. 2.3).

Тогда подобие ?ADC и ?BDC следует, например, из признака подобия прямоугольных треугольников по пропорциональности двух катетов, поскольку AD/CD = CD/DB. Каждый же из прямоугольных треугольников ADC и BDC подобен исходному прямоугольному треугольнику уже хотя бы на основании признака подобия по двум углам.

Решение задач на применение свойств высот

Задача 1. Доказать, что треугольник, одной из вершин которого является вершина данного тупоугольного треугольника, а две другие вершины - это основания высот тупоугольного треугольника, опущенных из двух других его вершин, подобен данному треугольнику с коэффициентом подобия, равным модулю косинуса угла при первой вершине.

Решение. Рассмотрим тупоугольный ?ABC с тупым CAB. Пусть AA1, BB1, CC1 - его высоты (рис. 2.4, 2.5, 2.6) и пусть CAB = ?, ABC = ?, BCA = ?.

Доказательство того факта, что ?C1BA1 ~ ?ABC (рис.2.4) с коэффициентом подобия k = cos?, полностью повторяет рассуждения, проведенные при доказательстве свойства 1, пункта 2.2.

Докажем, что ?A1CB ~ ?ABC (рис. 2.5) с коэффициентом подобия k1= cos ?, а ?B1AC1 ~ ?ABC (рис. 2.6) с коэффициентом подобия k2 = |cos?|.

Действительно, прямоугольные треугольники CA1A и CB1B имеют общий угол ? и поэтому подобны. Отсюда следует, что B1C/ BC = A1C / AC= cos ? и, значит, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, т.е. в треугольниках A1CB1 и ABC стороны, образующие общий ??, пропорциональны. А тогда по второму признаку подобия треугольников ?A1CB ~ ?ABC, причем коэффициент подобия k1= cos ?. Что же касается последнего случая (рис.2.6), то из рассмотрения прямоугольных треугольников ?BB1A и ?CC1A с равными вертикальными углами BAB1 и C1AC следует, что они подобны и, значит, B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos?|, так как ?? - тупой. Отсюда B1A / C1A = BA /CA = |cos?| и, таким образом, в треугольниках ?B1AC1 и ?ABC стороны, образующие равные углы, пропорциональны. А это означает, что ?B1AC1 ~ ?ABC с коэффициентом подобия k2 = |cos?|.

Задача 2. Доказать, что если точка O - точка пересечения высот остроугольного треугольника ABC, то ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Решение. Докажем справедливость первой из приведенных в условии задачи формул. Справедливость остальных двух формул доказывается аналогично. Итак, пусть ABC = ?, AOC =?. A1, B1 и C1 - основания высот треугольника, проведенных из вершин A, B и C соответственно (рис.2.7). Тогда из прямоугольного треугольника BC1C следует, что BCC1 = 900 - ? и, таким образом, в прямоугольном треугольнике OA1C угол COA1 равен ?. Но сумма углов AOC + COA1 =? + ? дает развернутый угол и поэтому AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, что и требовалось доказать.

Задача 3. Доказать, что высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами углов треугольника, вершинами которого являются основания высот данного треугольника.

ис.2.8

Решение. Пусть AA1, ВВ1, CC1 - высоты остроугольного треугольника ABC и пусть CAB = ? (рис.2.8). Докажем, например, что высота AA1 является биссектрисой угла C1A1B1. Действительно, так как треугольники C1BA1 и ABC подобны (свойство 1), то BA1C1 = ? и, значит, C1A1A = 900 - ?. Из подобия же треугольников A1CB1 и ABС следует, что AA1B1 = 900 - ? и поэтому C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Но это и означает, что AA1 - биссектриса угла C1A1B1. Аналогично доказывается, что две другие высоты треугольника ABC являются биссектрисами двух других соответствующих углов треугольника A1B1C1.

3 Центр тяжести окружности треугольника

Медианой треугольника называется отрезок, соединяющий любую вершину треугольника с серединой противолежащей стороны.

Теорема. Медиана треугольника пересекаются в одной точке, (центр тяжести).

Доказательство. Рассмотрим произвольный ?АВС.

Обозначим буквой О точку пересечения медиан АА1 и ВВ1 и проведем среднюю линию А1B1 этого треугольника. Отрезок А1B1 параллелен стороне АВ, поэтому 1 = 2 и 3 = 4. Следовательно, ?АОВ и ?А1ОВ1 подобны по двум углам, и, значит, их стороны пропорциональны: АО:А1O=ВО:В1O=АВ:А1B1. Но АВ=2А1B1, поэтому АО=2А1O и ВО=2В1O. Таким образом, точка О пересечения медиан АА1 и ВВ1 делит каждую из них в отношении 2:1,считая от вершины.

Аналогично доказывается, что точка пересечения медиан ВВ1 и СС1 делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины, и, следовательно, совпадает с точкой О и делятся ею в отношении 2:1,считая от вершины.

Свойства медианы треугольника:

10 Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины.

Дано: ?АВС, АА1,ВВ1 - медианы.

Доказать: АО:ОА1=ВО:ОВ1=2:1

Доказательство. Проведем среднюю линию А1В1 (рис.2.10), по свойству средней линии А1В1||АВ, А1В1=1/2 AB. Так как А1В1 || АВ, то 1 = 2 накрест лежащие при параллельных прямых АВ и А1В1 и секущей АА1. 3 = 4 накрест лежащие при параллельных прямых А1В1 и АВ и секущей ВВ1.

Следовательно, ?АОВ ~ ?А1OB1 по равенству двух углов, значит, стороны пропорциональны: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Медиана разбивает треугольник на два треугольника одинаковой площади.

Доказательство. BD - медиана ?ABC (рис.2.11), BE - его высота. Тогда ?ABD и ?DBC равновелики, так как они имеют равные основания AD и DC соответственно и общую высоту BE.

Весь треугольник разделяется своими медианами на шесть равновеликих треугольников.

Если на продолжении медианы треугольника отложить от середины стороны треугольника отрезок, равный по длине медиане, то концевая точка этого отрезка и вершины треугольника являются вершинами параллелограмма.

Доказательство. Пусть D - середина стороны BC ?ABC (рис. 2.12), E - такая точка на прямой AD, что DE=AD. Тогда поскольку диагонали AE и BC четырехугольника ABEC в точке D их пересечения делятся пополам, то из свойства 13.4 и следует, что четырехугольник ABEC - параллелограмм.

Решение задач на применение свойств медиан:

Задача 1. Доказать, что если O - точка пересечения медиан ?ABC, то ?AOB, ?BOC и ?AOC равновелики.

Решение. Пусть AA1 и BB1 - медианы ?ABC(рис. 2.13). Рассмотрим ?AOB и ?BOC. Очевидно, что S?AOB = S?AB1B - S?AB1O , S?BOC = S?BB1C - S?OB1C . Но по свойству 2 имеем S?AB1B = S?BB1C , S?AOB = S?OB1C , откуда следует, что S?AOB = S?BOC . Аналогично доказывается и равенство S?AOB = S?AOC.

Задача 2. Доказать, что если точка O лежит внутри ?ABC и ?AOB, ?BOC и ?AOC равновелики, то O - точка пересечения медиан ?ABC.

Решение. Рассмотрим ?ABC (2.14) и предположим, что точка O не лежит на медиане BB1 . Тогда так как OB1 - медиана ?AOC, то S?AOB1 = S?B1OC , а поскольку по условию S?AOB = S?BOC , то S?AB1OB = S?BOB1C . Но этого быть не может, так как S?ABB1 = S?B1BC . Полученное противоречие означает, что точка O лежит на медиане BB1. Аналогично доказывается, что точка O принадлежит и двум другим медианам ?ABC. Отсюда и следует, что точка O действительно является точкой пересечения трех медиан ?ABC.

Задача 3. Доказать, что если в ?ABC стороны AB и BC не равны, то его биссектриса BD лежит между медианой BM и высотой BH.

Доказательство. Опишем около ?ABC окружность и продолжим его биссектрису BD до пересечения с окружностью в точке K. Через точку K будет проходить серединный к отрезку AC перпендикуляр (свойство1, из пункта 2.1), который с медианой имеет общую точку M. Но так как отрезки BH и MK параллельны, а точки B и K лежат по разные стороны от прямой AC, то точка пересечения отрезков BK и AC принадлежат отрезку HM, а это и доказывает требуемое.

Задача 4. В ?ABC медиана BM в два раза меньше стороны AB и образует с ней угол 400. Найдите ABC.

Решение. Продлим медиану BM за точку M на ее длину и получим точку D (рис. 2.15). Так как AB = 2BM , то AB = BD , то есть треугольник ABD - равнобедренный. Следовательно, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Четырёхугольник ABCD является параллелограммом, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Значит, CBD = ADB = 700 . Тогда ABC = ABD + CBD =1100.Ответ 1100.

Задача 5. Стороны?ABC равны a, b, c . Вычислить медиану mc, проведенную к стороне с.(рис.2.16).

Решение. Удвоим медиану, достроив?ABC до параллелограмма АСВР, и применим к этому параллелограмму теорему 8. Получим: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, т.е. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, откуда находим:

2.4 Окружность Эйлера. Прямая Эйлера

Теорема. Основания медиан, высот произвольного треугольника, а также середины отрезков, соединяющих вершины треугольника с его ортоцентром, лежат на одной окружности, радиус которой равен половине радиуса описанной около треугольника окружности. Эта окружность называется окружностью девяти точек или окружностью Эйлера.

Доказательство. Возьмем серединный?MNL (рис. 2.17) и опишем около него окружность W. Отрезок LQ - медиана в прямоугольном?AQB, поэтому LQ=1/2AB. Отрезок MN=1/2AB, т.к. MN- средняя линия?ABC. Отсюда следует, что трапеция QLMN - равнобочная. Так как окружность W проходит через 3 вершины равнобочной трапеции L, M, N, то она пройдет и через четвертую вершину Q. Аналогично доказывается, что P принадлежит W, R принадлежит W.

Перейдем к точкам X, Y, Z. Отрезок XL перпендикулярен BH как средняя линия?AHB. Отрезок BH перпендикулярен AC и так как AC параллельно LM, то BH перпендикулярно LM. Следовательно, XLM=П/2. Аналогично, XNM= П/2.

В четырехугольнике LXNM два противоположных угла прямые, поэтому около него можно описать окружность. Это будет окружность W. Итак, X принадлежит W, аналогично Y принадлежит W, Z принадлежит W.

Серединный?LMN подобен?ABC. Коэффициент подобия равен 2. Следовательно, радиус окружности девяти точек равен R/2.

Свойства окружности Эйлера:

Радиус окружности девяти точек равен половине радиуса окружности, описанной около?ABC.

Окружность девяти точек гомотетична окружности, описанной около?ABC, с коэффициентом ½ и центром гомотетии в точке H.

Теорема. Ортоцентр, центроид, центр описанной окружности и центр окружности девяти точек лежат на одной прямой. Прямая Эйлера.

Доказательство. Пусть H - ортоцентр?ABC (рис.2.18) и O - центр описанной окружности. По построению серединные перпендикуляры?ABC содержат высоты серединного?MNL, т. O одновременно ортоцентром?LMN. ?LMN ~ ?ABC, их коэффициент подобия равен 2, поэтому BH=2ON.

Проведем через точки H и O прямую. Получим два подобных треугольника?NOG и?BHG. Так как BH=2ON, то и BG=2GN. Последнее означает что точка G является центроидом?ABC. Для точки G выполняется соотношение HG:GO=2:1.

Пусть далее TF есть серединный перпендикуляр?MNL и F - точка пересечения этого перпендикуляра с прямой HO. Рассмотрим подобные?TGF и?NGO. Точка G - центроид?MNL, поэтому коэффициент подобия?TGF и?NGO равен 2. Отсюда OG=2GF и так как HG=2GO, то HF=FO и F - середина отрезка HO.

Если провести те же рассуждения относительно серединного перпендикуляра к другой стороне?MNL, то он также должен пройти через середину отрезка HO. Но это означает, что точка F - точка серединных перпендикуляров?MNL. Такая точка является центром окружности Эйлера. Теорема доказана.

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

В данной работе мы рассмотрели 4 замечательные точки треугольника, изучаемые в школе и их свойства, на основе которых мы можем решать множество задач. Так же были рассмотрены точка Жергонна, окружность Эйлера и прямая Эйлера.

СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ

1.Геометрия 7-9. Учебник для средних школ // Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. - М.: Просвещение, 1994.

2.Амелькин В.В. Геометрия на плоскости: Теория, задачи, решения: Учеб. Пособие по математике // В. В. Амелькин, В.Л. Рабцевич, В.Л. Тимохович - Мн.: «Асар », 2003.

.В.С. Болодурин, О.А. Вахмянина, Т.С. Измайлова // Пособие по элементарной геометрии. Оренбург, ОГПИ, 1991.

.Прасолов В.Г. Задачи по планиметрии. - 4-е изд., дополненное - М.: Изд-во Московского центра непрерывного математического обра-зования, 2001.

В треугольнике есть так называемые четыре замечательные точки: точка пересечения медиан. Точка пересечения биссектрис, точка пересечения высот и точка пересечения серединных перпендикуляров. Рассмотрим каждую из них.

Точка пересечения медиан треугольника

Теорема 1

О пересечении медиан треуголника : Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечения в отношении $2:1$ начиная с вершины.

Доказательство.

Рассмотрим треугольник $ABC$, где ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ его медианы. Так как медианы делят стороны пополам. Рассмотрим среднюю линию $A_1B_1$ (Рис. 1).

Рисунок 1. Медианы треугольника

По теореме 1, $AB||A_1B_1$ и $AB=2A_1B_1$, следовательно, $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Значит треугольники $ABM$ и $A_1B_1M$ подобны по первому признаку подобия треугольников. Тогда

Аналогично доказывается, что

Теорема доказана.

Точка пересечения биссектрис треугольника

Теорема 2

О пересечении биссектрис треугольника : Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство.

Рассмотрим треугольник $ABC$, где $AM,\ BP,\ CK$ его биссектрисы. Пусть точка $O$ - точка пересечения биссектрис $AM\ и\ BP$. Проведем из этой точки перпендикуляры к сторонам треугольника (рис. 2).

Рисунок 2. Биссектрисы треугольника

Теорема 3

Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена от его сторон.

По теореме 3, имеем: $OX=OZ,\ OX=OY$. Следовательно, $OY=OZ$. Значит точка $O$ равноудалена от сторон угла $ACB$ и, значит, лежит на его биссектрисе $CK$.

Теорема доказана.

Точка пересечения серединных перпендикуляров треугольника

Теорема 4

Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство.

Пусть дан треугольник $ABC$, $n,\ m,\ p$ его серединные перпендикуляры. Пусть точка $O$ - точка пересечения серединных перпендикуляров $n\ и\ m$ (рис. 3).

Рисунок 3. Серединные перпендикуляры треугольника

Для доказательства нам потребуется следующая теорема.

Теорема 5

Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов данного отрезка.

По теореме 3, имеем: $OB=OC,\ OB=OA$. Следовательно, $OA=OC$. Значит точка $O$ равноудалена от концов отрезка $AC$ и, значит, лежит на его серединном перпендикуляре $p$.

Теорема доказана.

Точка пересечения высот треугольника

Теорема 6

Высоты треугольника или их продолжения пересекаются в одной точке.

Доказательство.

Рассмотрим треугольник $ABC$, где ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ его высоты. Проведем через каждую вершину треугольника прямую, параллельную противоположной вершине стороне. Получаем новый треугольник $A_2B_2C_2$ (рис. 4).

Рисунок 4. Высоты треугольника

Так как $AC_2BC$ и $B_2ABC$ параллелограммы с общей стороной, то $AC_2=AB_2$, то есть точка $A$ -- середина стороны $C_2B_2$. Аналогично, получаем, что точка $B$ -- середина стороны $C_2A_2$, а точка $C$ -- середина стороны $A_2B_2$. Из построения мы имеем, что ${CC}_1\bot A_2B_2,\ {BB}_1\bot A_2C_2,\ {AA}_1\bot C_2B_2$. Следовательно, ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ -- серединные перпендикуляры треугольника $A_2B_2C_2$. Тогда, по теореме 4, имеем, что высоты ${AA}_1,\ {BB}_1,\ {CC}_1$ пересекаются в одной точке.