Содержание Введение Глава I. Замечательные точки и линии треугольника 1.1 Точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника 1.2 Точка пересечения биссектрис треугольника 1.3 Точка пересечения медиан треугольника (центроид) 1.4 Точка пересечения высот треугольника (ортоцентр) 1.5 Точка Торричелли 1.6 Окружность девяти точек 1.7 Прямая Эйлера 1.8 Прямая Симсона Глава II Решение задач Заключение Список литературы 3 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. [8] 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 создания новой треугольника» или точками, послужило началом для ветви элементарной математики – «геометрии «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 4 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. [9] «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. [8] 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. 5 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. [1] 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. 1)Точка О принадлежит серединному перпендикуляру к стороне АВ, следовательно ОА=ОВ. Обозначим это расстояние буквой R, т.е. ОА=ОВ=R. 2)Точка О принадлежит серединному перпендикуляру к стороне ВС, тогда ОС=ОВ=ОА=R. 3) ОС=ОА, т.е. точка О лежит на серединном перпендикуляре к стороне АС. 4)Точка пересечения серединных перпендикуляров к 6 сторонам треугольника единственная. 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. [3] Далее следует отметить, что центр описанной окружности внутри треугольника, если треугольник остроугольный, вне треугольника, если он тупоугольный, середина гипотенузы, если он прямоугольный. остроугольный тупоугольный прямоугольный Следствия Обозначим углы треугольника АВС буквами α, β, γ, а стороны а, в, с. 1. Угол АСВ – вписанный, он равен половине дуги, на которую опирается, т.е. дуга АВ=2 γ. 2. О- точка серединного перпендикуляра, значит, О – центр описанной окружности, тогда ОА=ОВ, т.е. ∆АОВ – равнобедренный. АОВ – центральный => АОВ = 2 γ. 3. Из ∆АОК: АОК= ½ АОВ = γ =>sin γ= АК/R=c/2:R=c/2R => sin γ = c/2R => с/sin γ =2R. Аналогично доказывается а / sin α =2R, b/ sin β =2R. AB AC BC Таким образом: 2 R. sin C sin B sin A Это свойство называют теоремой синусов. [5] 7 Если провести высоту h к стороне b, то из формулы S= ½bh, учитывая, что sin γ= h/a => h=a· sin γ, получим еще одну формулу для площади треугольника: S= ½·a·b· sin γ. В математике часто бывает, что объекты, определенные совсем поразному, оказываются совпадающими. [2] 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. 1. 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. 2. Аналогично проведем отрезок ВО и построим на этом отрезке, как на диаметре, окружность. Это будет окружность, описанная около ∆ВС1 А1. 3. Проведем отрезок СО и построим на этом отрезке, как на диаметре, окружность. Это будет окружность, описанная около ∆С А1В1. 4. Эти три окружности проходят через точку О центр описанной около ∆АВС окружности. 8 Обобщение. Если на сторонах ∆АВС АС, ВС, АС взять произвольные точки А1, В1, С1, то окружности описанные около треугольников АВ1С1, А1В1С, А1ВС1 пересекаются в одной точке. [1] 1.2 Точка пересечения биссектрис треугольника Характеристическая особенность точек лежащих на биссектрисе угла: точка, лежащая на биссектрисе угла равноудалена от его сторон. 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. [3] Следствия: 1) 2α+ 2β+ 2γ= 180º => α+ β+ γ= 90º. 2) Центр вписанной окружности всегда внутри треугольника. 3) Вписанный угол, опирающийся на хорду, равен углу между хордой и касательной, проходящей через конец хорды. 9 1) С=γ – вписанный => дуга АВ равна 2 γ. 2) ∆АОВ равнобедренный => АОС1= ВОС1= =γ. C 3) ∆АОС1 прямоугольный, С1АО = 90 º О A γ. 4) АО = R – радиус, проведенный в точку касания, угол между хордой АВ и касательной равен : B 90 º - ( 90 º - γ) = γ. 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 СF=CE. Таким образом, отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки равны. [1] Если обозначить стороны треугольника АВС: АВ=с, ВС=а, АС=в, то через них можно выразить отрезки касательных, проведенных из точек А. В. С к окружности. AF=AD=z, а=х+у (1), BD=BE=y, b= х+z (2), СF=CE=x с= х+у (3). (1) + (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. 10 1.3 Точка пересечения медиан треугольника (центроид) Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в этой точке в отношении 2 : 1, считая от вершин. Доказательство 1. Пусть A1, B1 и C1 —середины сторон BC, CA и AB треугольника ABC соответственно (рис.4). Пусть G—точка пересечения двух медиан AA1 и BB1. Докажем сначала, что AG:GA1 = BG:GB1 = 2. Для этого возьмем середины P и Q отрезков AG и BG. По теореме о средней линии треугольника отрезки B1A1 и PQ равны половине стороны AB и параллельны ей. Поэтому четырехугольник A1B1PQ—параллелограмм. Тогда точка G пересечения его диагоналей PA1 и QB1 делит каждую из них пополам. Следовательно, точки P и G делят медиану AA1 на три равные части, а точки Q и G делят медиану BB1 также на три равные части. Итак, точка G пересечения двух медиан треугольника делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины. [2] 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. [4] 1.4 Точка пересечения высот треугольника (ортоцентр) Высоты треугольника или их продолжения пересекаются в одной точке, которая называется ортоцентром. 11 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. [3] 12 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 Пусть в треугольнике ABC (рис. 8), H – точка пересечения высот треугольника; точки A1, B1, C1 обозначают основания высот; A2, B2, C2 – середины соответствующих сторон; A3, B3, C3 – середины отрезков AA1, BB1 и CC1. Тогда точки A1, B1, C1, A2, B2, C2, A3, B3, C3 лежат на одной окружности, называемой окружностью девяти точек или окружностью Эйлера. Действительно, A3B2 – средняя линия треугольника AHC и, следовательно, A3B2 || CC1. B2A2 – средняя линия треугольника ABC и, следовательно, B2A2 || AB. Так как CC1 ┴ AB, то A3B2A2 = 90°. Аналогично, A3C2A2 = 90°. Поэтому точки A2, B2, C2, A3 лежат на одной окружности с диаметром A2A3. Так как AA1 ┴BC, то точка A1 также принадлежит этой окружности. Таким образом, точки A1 и A3 лежат на окружности, описанной около треугольника A2B2C2. Аналогичным образом показывается, что точки B1 и B3, C1 и C3 лежат на этой окружности. Значит, все девять точек лежат на одной окружности. [8] 1.7 Прямая Эйлера В треугольнике центр описанной окружности, точка пересечения медиан, точка пересечения высот и центр окружности девяти точек лежат на одной прямой, называемой прямой Эйлера. 13 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 A2, B2, C2. Высоты треугольника ABC перейдут в высоты треугольника A2B2C2 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, C1C2 – хорда окружности девяти точек. Поэтому серединный перпендикуляр к этой хорде является диаметром и пересекает OH в середине N. Аналогично, серединный перпендикуляр к хорде B1B2 является диаметром и пересекает OH в той же точке N. Значит N – центр окружности девяти точек. Что и требовалось доказать. [9] 1.8 Прямая Симсона Для произвольного треугольника основания перпендикуляров, опущенных из любой точки описанной около него окружности на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой, называемой прямой Симсона. 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 14 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. [2] 15 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 <∟B) определите угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины C. [5] Решение. Пусть CD – высота, CE – биссектриса, тогда ∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2. ∟𝐵−∟A Следовательно, ∟DCE = 2 . Задача треугольника 2. К ближе какой из вершин расположена точка пересечения биссектрис? [5] 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 <∟C и, следовательно, ∟OAD < ∟OCD. Поэтому OC < OA, т.е. центр O вписанной окружности лежит ближе к вершине, расположенной против большей стороны. Задача 3. Какая из высот треугольника наименьшая? [5] Решение. Пусть O – точка пересечения высот треугольника ABC (рис. 2). Если AC < AB, то ∟C > ∟B. Окружность с диаметром BC пройдет через 16 точки F и G. Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что CG < BF, т.е. меньше та высота, которая опущена на большую сторону. Задача 4. Пусть в остроугольном треугольнике ABC (рис. 3) точки A1, B1, C1 обозначают основания высот. Докажите, что точка H пересечения высот треугольника ABC является точкой пересечения биссектрис треугольника A1B1C1. [6] Доказательство. На сторонах AC и BC треугольника ABC, как на диаметрах, построим окружности. Точки A1, B1, C1 принадлежат этим окружностям. Поэтому ∟B1C1C = ∟B1BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. ∟B1BC = ∟CAA1, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. ∟CAA1 = ∟CC1A1, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, ∟B1C1C = ∟CC1A1, т.е. CC1 является биссектрисой угла B1C1A1. Аналогичным образом показывается, что AA1 и BB1 являются биссектрисами углов B1A1C1 и A1B1C1. Рассмотренный треугольник, вершинами которого являются основания высот данного остроугольного треугольника, дает ответ на одну из классических экстремальных задач. Задача 5 (задача Фаньяно). В данный остроугольный треугольник вписать треугольник наименьшего периметра. [7] 17 Решение. Пусть ABC – данный остроугольный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки A1, B1, C1, для которых периметр треугольника A1B1C1 был бы наименьшим (рис. 4). Зафиксируем сначала точку C1 и будем искать точки A1 и B1, для которых периметр треугольника A1B1C1 наименьший (при данном положении точки C1). Для этого рассмотрим точки D и E симметричные точке C1 относительно прямых AC и BC. Тогда B1C1 = B1D, A1C1 = A1E и, следовательно, периметр треугольника A1B1C1 будет равен длине ломаной DB1A1E. Ясно, что длина этой ломаной наименьшая, если точки B1, A1 лежат на прямой DE. Будем теперь менять положение точки C1, и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника A1B1C1 наименьший. Так как точка D симметрична C1 относительно AC, то CD = CC1 и ACD=ACC1. Аналогично, CE=CC1 и BCE=BCC1. Следовательно, треугольник CDE равнобедренный. Его боковая сторона равна CC1. Основание DE равно периметру P треугольника A1B1C1. Угол DCE равен удвоенному углу ACB треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки C1. 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 CC1. Это значение принимается в случае, если CC1 является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой C1 на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C. Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку C1, а точку A1 или точку B1 и получили бы, что A1 и B1 являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC. Из этого следует, что искомым треугольником, наименьшего периметра, вписанным в данный остроугольный треугольник ABC является 18 треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC. Задача 6 (задача Штейнера). Для данного треугольника найдите точку, сумма расстояний треугольника от которой принимает до вершин наименьшее значение. [7] 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. 19 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 изумляющей и учителя) волнующей новизной радостью маленького творчества. Действительно, любая открытия, задача элементарной геометрии является, по существу, теоремой, а ее решение – скромной (а иногда и огромной) математической победой. [8] 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. [9] 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. 20 Список литературы 1. Берже М. Геометрия в двух томах – М: Мир, 1984. 2. Киселёв А. П. Элементарная геометрия. – М.: Просвещение, 1980. 3. Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.: Наука, 1978. 4. Латотин Л.А., Чеботаравский Б.Д. Математика 9. – Минск: Народная асвета, 2014. 5. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. – М.: Наука, 1986. – Ч. 1. 6. Сканави М. И. Математика. Задачи с решениями. – Ростов-на-Дону: Феникс, 1998. 7. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. – М.: Наука, 1986. 8. geometry2006.narod.ru 9. internetUrok.ru 21
