Угол C треугольника ABC равен 60°, D — отличная от A точка пересечения окружностей, построенных на сторонах AB и AC как на диаметрах. Известно, что ВD : DC = 1 : 3. Найдите синус угла A.
Пусть BD = x, тогда по условию DC = 3x.
Поскольку D — точка пересечения окружностей, построенных на сторонах AB и AC как на диаметрах, ∠ADB = ∠ADC = 90°, значит, точки В, С и D лежат на одной прямой.
В прямоугольном треугольнике ACD угол ∠C = 60°, откуда 
В прямоугольном треугольнике ABD 
Возможны два случая. Первый случай: угол ABC тупой (рис. 1), тогда точка B лежит между точками D и C, значит, BC = DC − BD = 2x.
По теореме синусов для треугольника ABC: 
откуда 
Второй случай: угол ABC острый (рис. 2), тогда точка D лежит между точками В и С, значит, BC = DC + BD = 4х.
По теореме синусов для треугольника ABC: откуда 
Ответ : 
или 
Видео:Всё про углы в окружности. Геометрия | МатематикаСкачать
Геометрия
Именная карта банка для детей
с крутым дизайном, +200 бонусов
Закажи свою собственную карту банка и получи бонусы
План урока:
Видео:Построить описанную окружность (Задача 1)Скачать
Точка пересечения биссектрис в треугольнике
Напомним, что для каждой прямой и точки можно вычислить расстояние между ними. Оно представляет собой длину перпендикуляра, который из точки проведен к этой прямой.
Если есть пара прямых и одна точка, то можно определить расстояние от точки до каждой из прямых. В случае, когда эти расстояния одинаковы, точку называют равноудаленной от обеих прямых.
Например, на этом рисунке длины AВ и ВС одинаковы, а потому точка А – равноудаленная от прямых m и n.
Сформулируем важную теорему.
Для доказательства опустим из произвольно выбранной точки М, принадлежащей биссектрисе ∠AВС, расстояния МК и МL на AВ и ВС:
Сравним ∆ВКМ и ∆ВМL. Это два прямоугольных треуг-ка, у которых общая гипотенуза ВМ, а также одинаковы острые углы ∠МВL и ∠KBM (они одинаковы, ведь биссектриса по определению разбивает угол пополам). Тогда ∆BKM и ∆BLM равны, и отрезки КM и МС также одинаковы, ч. т. д.
Верно и обратное утверждение.
Для доказательства можно использовать тот же рисунок. Пусть точка М находится на одинаковом расстоянии от ВК и ВL. То есть КМ = МL. Тогда ∆ВКМ и ∆ВМL снова оказываются равными, но уже как прямоугольные треуг-ки с одинаковыми катетом и гипотенузой. Из равенства треуг-ков вытекает, что
Действительно, если в ∆AВС построить биссектрисы ∠А и ∠В, то они должны будут пересечься в какой-нибудь точке О:
Опустим из О перпендикуляры на все стороны треуг-ка. Так как О принадлежит биссектрисе ∠А, то она находится на одинаковом расстоянии от АС и AВ, то есть
Из него следует, что О также находится на одном расстоянии от АС и ВС и потому принадлежит биссектрисе ∠С. Получается, что О – общая точка для всех трех биссектрис ∆AВС.
Видео:Взаимное расположение окружностей. Точки пересечения окружностейСкачать
Серединный перпендикуляр
Введем новое понятие – серединный перпендикуляр.
На рисунке О – это середина AВ. Через нее проведена прямая m, образующая прямой угол с AВ. Тогда по определению m – это серединный перпендикуляр:
Рассмотрим две теоремы, которые связаны с серединным перпендикуляром и являются обратными друг для друга.
Сначала рассмотрим первое утверждение. Пусть точка М находится на серединном перпендикуляре, проведенному к AВ. Нам надо
Изучим∆АОМ и ∆ВОМ. Они прямоугольные, имеют одинаковые катеты АО и ОВ (ведь О – середина AВ) и общий катетОМ. Получается, что ∆АОМ и ∆ВОМ равны. Значит, одинаковы и отрезки АМ и МВ, ч. т. д.
Во второй теореме уже изначально известно, что
Надо доказать, что М принадлежит серединному перпендикуляру. Изучим∆АМВ, он равнобедренный, ведь АМ = МВ. Теперь из М опустим медиану МО на AВ. ∆АМВ – равнобедренный, поэтому эта медиана окажется также и высотой. Получается, что отрезок ОМ перпендикулярен AВ и одновременно делит его пополам. Значит, ОМ – это серединный перпендикуляр.
Из этих двух теорем вытекает важное утверждение:
Действительно, в ∆AВС проведем серединные перпендикуляры к сторонам треугольника AВ и АС:
Здесь N и K – середины сторон AN и AC, а О – точка пересечения серединных перпендикуляров в треугольнике. Так как О лежит на серединном перпендикуляре, проведенному к AВ, то справедливо равенство
Аналогично О равноудаленная от вершин А и С, ведь она лежит на серединном перпендикуляре, проведенному к АС:
В итоге можно составить двойное равенство:
Оно показывает, что О также расположена на одном расстоянии от В и С. Отсюда вытекает, что она должна принадлежать серединному перпендикуляру, проведенному к ВС, ч. т. д.
Видео:16 задание про параллелограмм| Реальный ЕГЭ 2020| МатематикаСкачать
Точка пересечения высот треугольника
Следующая теорема касается высот треуг-ка.
Для доказательства выполним такое построение – через вершины ∆AВС проведем прямые, которые будут параллельны сторонам ∆АВС. Они образуют новый ∆А1В1С1:
Из условий AВ||A1В1 и АС||А1С1 вытекает, что четырехуг-к АСА1В – это параллелограмм. Значит, у него одинаковы противоположные стороны:
Аналогично можно показать, что четырехуг-ки AВСВ1 и АСВС1 – также параллелограммы, откуда вытекают равенства:
Теперь обозначим на рисунке все отрезки, равные AВ, одной черточкой, отрезки, равные ВС – двумя чертами, в тремя черточками отметим те отрезки, равные АС:
Получается, что А, В и С являются серединами сторон А1В1, А1С1 и В1С1. Построим в ∆А1В1С1 серединные перпендикуляры. Они по определению будут проходить через середины А, В и С и при этом будут иметь общую точку О:
Заметим, что проведенные перпендикуляры будут также перпендикулярны сторонам исходного ∆AВС. Например, ОВ⊥А1С1 и А1С1|| АС, значит, ОВ⊥АС (прямая, перпендикулярная одной из двух параллельных прямых, будет перпендикулярна и второй прямой). Аналогично можно продемонстрировать, что АО⊥ВС, а СО⊥AВ. Другими словами, прямые АО, ВО и СО оказываются высотами, и при этом они пересеклись точке О. Так как ∆AВС был выбран произвольно, то получается, что в любом треуг-ке высоты пересекутся в одной точке, ч. т. д.
Ранее, изучая подобие треуг-ков, мы уже выяснили, что и медианы треуг-ка будут пересекаться в одной точке. В итоге можно сформулировать следующее утверждение:
Задание. На рисунке ∠MKN = 66°. Вычислите величину ∠FNO.
Решение. Судя по рисунку, в точке О пересекаются высоты MF и KE. Но тогда и прямая ON также должна быть высотой. Достроим рисунок с учетом этого факта:
Теперь на рисунке множество прямоугольных треуг-ков. Напомним, что у каждого из них острые углы в сумме составляют 90°. Например, в ∆MKF
Задание. В ∆AВС биссектрисы АА1 и ВВ1 пересеклись в точке М, причем ∠АМВ = 128°. Вычислите ∠МСВ1.
Решение. Изучим ∆АМВ. В сумме его углы должны составлять 180°:
Ясно, что МС – это биссектриса ∠АСВ, ведь она проходит через общую точку двух других биссектрис ∆AВС. То есть МС делит ∠АСВ пополам:
Задание. На рисунке RO = 20. Вычислите длину OK:
Решение. На рисунке видно, что OM и ON – это серединные перпендикуляры. Отсюда вытекает, что точка О равноудалена от ОР и OR:
Теперь можно рассмотреть ∆РОК. Он прямоугольный, и в нем есть ∠30°. Напомним, что катет, лежащий против такого угла, вдвое короче гипотенузы:
OK = OP/2 = 20/2 = 10
Видео:10.14.1. Планиметрия. Гордин Р.К.Скачать
Вписанная окружность
Иногда в многоугольник можно вписать окруж-ть. Это значит, что возможно построить такую окруж-ть (ее именуют вписанной окружностью), которая будет касаться каждой стороны многоуг-ка (его в таком случае называют описанным около окружности многоуг-ком).
Для того чтобы, построить вписанную в многоуг-к окруж-ть, надо сначала определить, возможно ли вообще это сделать. Оказывается, что в треуг-к окруж-ть можно вписать всегда.
Действительно, построим произвольный ∆AВС и биссектрисы в нем. Они пересекутся в какой-нибудь точке О. Далее из О проведем перпендикуляры на стороны ∆AВС.
Эти перпендикуляры являются, по сути, расстояниями от О до сторон углов ∠А, ∠В и ∠С. По свойству биссектрисы они окажутся одинаковыми. Теперь проведем окруж-ть с центром в О, радиус которой будет равен длине этих перпендикуляров.
Ясно, что точки M, L и K будут принадлежать окруж-ти, ведь они находятся на расстоянии R от ее центра. При этом отрезки OK, OM, OL будут радиусами. Заметим, что прямая AВ перпендикулярна радиусу OK, а потому является касательной. По той же причине ВС и АС также окажутся касательными. В итоге окруж-ть оказывается вписанной, ч. т. д.
В данном доказательстве мы не просто доказали, что для каждого треуг-ка существует вписанная окруж-ть, но и показали, как ее построить. Надо сначала провести биссектрисы углов, найти точку их пересечения (это и будет центр вписанной окруж-ти), после чего из этой точки надо опустить перпендикуляр на одну из сторон треуг-ка. Осталось лишь построить окруж-ть, радиус которой будет этот перпендикуляр. Заметим, что так как в треуг-ке есть только одна точка пересечения биссектрис, то и окруж-ть в треуг-к можно вписать лишь одну.
Ещё раз посмотрим на окружность, вписанную в треугольник:
Заметим, что радиусы OK, ОМ и ОL одновременно являются и высотами в ∆AВО, ∆АОС и ∆ВОС. Тогда через радиус можно выразить площади этих треуг-ков:
Сумма сторон AВ, АС и ВС – это периметр ∆AВС (его обозначают буквой Р), а потому можно записать, что
Эту формулу часто используют не для вычисления площади треуг-ка, а для нахождения радиуса вписанной окружности.
Задание. Найдите радиус окруж-ти, вписанной в равнобедренный треуг-к, основание которого имеет длину 20, а боковая сторона – 26.
Теперь надо найти его площадь. Для этого опустим на основание MN высоту KH, которая одновременно будет и медианой:
Отрезок HN будет вдвое короче MN:
Зная в ∆MKN высоту и основание, к которой она проведена, сможем найти его площадь:
Теперь запишем формулу площади, содержащую радиус вписанной окруж-ти, и найдем из нее этот радиус:
Задание. В прямоугольный треуг-к, длина гипотенузы которого составляет 52, вписана окруж-ть радиусом 8. Вычислите периметр этого треуг-ка.
Решение. Проведем радиусы ОМ и ОК из центра окруж-ти к катетам:
Буквой N обозначим точку касания окруж-ти и гипотенузы. Сначала изучим четырехуг-к МОКС. В нем∠С – прямой, ведь ∆AВС – прямоугольный, а ∠ОМС и ∠ОКС также составляют 90°, так как образованы радиусом и касательной. Тогда и ∠МОК тоже должен быть прямым. Значит, МОКС – это квадрат, и его стороны одинаковы:
Заметим, что отрезки AN и AM одинаковы, ведь они представляют собой отрезки касательных, которые построены из одной точки:
Аналогично одинаковы ВК и BN:
Тогда периметр можно записать так:
Задание. Вписанная в ∆AВС окруж-ть касается его сторон AВ, ВС и АС в точках Е, М и F. Известно, что АЕ = 4, СF = 6, МВ = 10. Определите периметр ∆AВС.
Решение. Заметим, отрезки касательных, проведенных к окруж-ти из одной точки, одинаковы, поэтому
Это позволяет найти каждую из сторон ∆AВС:
В многоугольники, имеющие 4 и более вершины, вписать окруж-ть можно лишь в отдельных случаях. В частности, четырехуг-к должен для этого обладать особым свойством.
Действительно, пусть в четырехуг-к AВСD вписана окруж-ть. Тогда отрезки касательных, которые построены из точек А, В, С и D, будут одинаковыми.
Обозначим их маленькими буквами a, b, cи d:
Тогда стороны четырехуг-ка будут вычисляться так:
Действительно, пусть есть четырехуг-к AВСD, у которого
AD + BC = CD + AB (1)
Проведем биссектрисы ∠Aи ∠B, они пересекутся в некоторой точке О. Эта точка окажется равноудаленной от сторон AD, AB и ВС, то есть можно построить окруж-ть, которая коснется этих трех прямых. Докажем, что она также коснется и CD. Возможны три варианта:
1) СD вообще не пересекается с окруж-тью;
2) CD – секущая, и пересекается с окруж-тью в 2 точках;
3) CD – касательная.
Сначала рассмотрим первый вариант, когда СD и окруж-ть не имеют общих точек. Тогда можно провести касательную С’D’, параллельную CD:
Мы видим, что существует описанный четырехуг-к AВС’D’, а значит, суммы его противоположных сторон будут одинаковыми:
Мы получили, что в четырехуг-ке С’D’DC сторона CD равна сумме трех других сторон. Это невозможно, то есть мы получили противоречие. Значит, принятое нами предположение о том, что CD не имеет общих точек с окруж-тью, является ошибочным. С помощью аналогичных утверждений можно отбросить и вариант, согласно которому CD – это секущая. Остается один вариант, по которому СD – касательная, ч. т. д.
Задание. В четырехуг-к MCЕА вписана окруж-ть, причем МС = 5, СЕ = 10, АЕ = 8. Какова длина АМ?
Решение. Если в четырехуг-к можно вписать окруж-ть, то суммы его противоположных сторон одинаковы:
Рассмотрим частные случаи четырехуг-ков. Очевидно, что в ромб и квадрат вписать окруж-ть можно, ведь у них одинаковы все стороны, значит, одинаковы и суммы противоположных сторон. С другой стороны, если параллелограмм НЕ является ромбом, то есть его смежные стороны различны, то вписать в него окруж-ть не получится. Также ее нельзя вписать и в прямоугольник, если он НЕ является квадратом:
Ранее мы составили формулу, которая связывала периметр треуг-ка с его площадью и радиусом вписанной окруж-ти. Оказывается, она справедлива и для четырехуг-ка. Действительно, пусть есть произвольный описанный четырехуг-к AВСD. Соединим центр вписанной окруж-ти с вершинами, а также проведем из нее радиусы к точкам касания:
В результате мы разбили AВСD на ∆АОD, ∆DOC, ∆COВ и ∆АОВ, причем высотой для каждого из них являются радиусы длиной r. Тогда площади этих треуг-ков можно вычислить так:
Аналогичным образом эту формулу можно доказать и для пятиугольника, и для шестиугольника, и т. д.
Задание. В четырехуг-к AВСD, у которого стороны AB и CD соответственно составляют 13 и 8, вписана окруж-ть радиусом 5. Какова площадь AВСD?
Мы можем найти сумму сторон AВ и CD:
AB + CD = 13 + 8 = 21
Так как в четырехуг-к вписана окруж-ть, то и сумма двух других сторон, AD и BC, будет такой же:
AD + BC = AB + CD = 21
Теперь можно вычислить и периметр AВСD:
P = AB + CD + AD + BC = 21 + 21 = 42
Осталось только применить формулу и рассчитать площадь:
Задание. В квадрат вписана окруж-ть с радиусом 6. Какова площадь квадрата?
Решение. Проведем в окруж-ти радиусы, которые коснутся противоположных сторон квадрата:
В результате получится прямоугольник ВСНК. КН – диаметр окруж-ти, поэтому он вдвое длиннее радиуса:
В прямоугольнике противоположные стороны одинаковы, поэтому
Но ВС – это сторона квадрата, площадь которого и надо найти. Для этого ВС надо возвести в квадрат:
S = BC 2 = 12 2 = 144
Видео:Замечательные точки треуг-ка. 8 класс.Скачать
Описанная окружность
Возможна и ситуация, при которой не окруж-ть вписана в многоуг-к, а наоборот, многоуг-к в окруж-ть. В таком случае все его вершины будут лежать на окруж-ти.
Есть несколько важных теорем, касающихся описанных окружностей.
Для доказательства построим в произвольном ∆AВС серединные перпендикуляры. Они пересекутся в некоторой точке О:
Каждая точка, лежащая на серединном перпендикуляре, равноудалена от концов отрезка, к которому этот перпендикуляр проведен. Значит, и точка О равноудалена от вершин ∆AВС:
Но тогда из О можно провести окруж-ть, на которой будут лежать точки А, В и С. Она как раз и окажется окружностью, описанной около треугольника. Так как серединные перпендикуляры пересекаются только в одной точке, то и окруж-ть около треуг-ка можно описать лишь одну.
Из теоремы следует важный вывод:
Действительно, три точки, не лежащие на прямой, образуют на плоскости треуг-к.Окруж-ть, проведенная через его вершины, по определению и будет описанной окруж-тью.
Задание. Около равнобедренного треуг-ка с основанием длиной 6 описана окруж-ть радиусом 5. Какова длина боковых сторон этого треуг-ка?
Решение: Проведем радиусы ОА, ОВ и ОС к вершинам вписанного треуг-ка, а на основание ВС опустим перпендикуляр:
Стоит обратить внимание, что точки А, О и Н лежат на одной прямой. Это высота, проведенная к основанию. Она же, по свойству равнобедренного треуг-ка, является медианой, то есть Н – середина ВС. Тогда ОН оказывается серединным перпендикуляром.
Сначала найдем ВН, он равен половине ВС:
Далее изучим ∆ОНВ. Он прямоугольный, то есть для него верна теорема Пифагора:
Задание. Выведите формулу, которая связывает длину стороны равностороннего треуг-ка с радиусом описанной окружности.
Решение. Обозначим буквой a сторону треуг-ка, а буквой R – радиус описанной окруж-ти. Также проведем один серединный перпендикуляр:
Так как ∆AВС – равносторонний, то все его углы, в частности, ∠AВС, составляют 60°.
Заметим, что ∆ВОС и ∆АОВ равны по трем одинаковым сторонам, поэтому
В четырехуг-к окруж-ть удается вписать не всегда. Для этого должно соблюдаться одно условие:
Действительно, пусть около четырехуг-ка ABCD описана окруж-ть:
Тогда вся окруж-ть может быть разбита на две дуги: ⋃ВАD и ⋃ВСD. Их сумма составляет 360°:
Аналогично доказывается утверждение и для другой пары противоположных углов, ∠ADC и ∠ABC.
Обратное утверждение также справедливо:
Докажем эту теорему методом от «противного». Пусть есть четырехуг-к AВСD, у которого сумма противоположных углов составляет 180°, но вокруг него нельзя описать окруж-ть. Тогда проведем окруж-ть через любые три его вершины. Четвертая вершина (пусть это будет D) не может оказаться на окруж-ти. То есть она находится либо внутри окруж-ти, либо вне ее. Сначала рассмотрим случай, когда точка оказывается внутри окруж-ти:
Продолжим прямые AD и CD до пересечения окруж-ти в точках А’ и C’, а потом выберем произвольную точку D’ на окруж-ти между ними.
Теперь сравним ∆АСD и ∆АСD’. У обоих сумма углов одинакова и составляет 180°:
Получается, что ∠D и ∠D’ должны быть равны, но ранее мы показали, что ∠D больше. Это противоречие означает, что точка D не может быть внутри окруж-ти. Аналогичным образом рассматривается второй случай, когда D лежит вне окруж-ти:
Здесь, рассматривая ∆АСD и АСD’, можно показать, что ∠D меньше, чем ∠D’. Однако они должны быть равны друг другу, ведь в сумме с∠В должны давать 180°.
Задание. В окруж-ть вписан четырехуг-к AВСD, причем∠А составляет 110°, а ∠В – 62°. Найдите два других угла четырехуг-ка.
Здесь надо просто использовать тот факт, что противоположные углы в AВСD должны давать в сумме 180°:
Задание. Докажите, что если трапеция вписана в окруж-ть, то она равнобедренная.
Пусть в окруж-ть вписана трапеция AВСD, причем AD и ВС– ее основания. Тогда∠А и ∠В – это односторонние углы при параллельных прямых ВС и AD и секущей AВ, и в сумме они дают 180°. Но так как AВСD вписана в окруж-ть, то и ее противоположные углы, ∠А и ∠С, также должны составлять в сумме 180°:
Естественно, эти равенства могут одновременно справедливыми только в том случае, если∠В и ∠С одинаковы. Они являются углами при основании трапеции. Если они одинаковы, то трапеция – равнобедренная (это признак равнобедренной трапеции).
Видео:Окружность данного радиуса, проходящей через две заданные точкиСкачать
Построение вписанной и описанной окружности
Дополнительно уточним, как выполнить построение вписанной окружности либо описанной окруж-ти. Мы уже говорили, в центр вписанной окружности в треуг-ке – это центр пересечения его биссектрис, ведь он равноудален от сторон. То же самое относится и к многоуг-кам. Вписанная окруж-ть равноудалена от его сторон, поэтому будет лежать на биссектрисе каждого из углов многоуг-ка. При этом строить биссектрисы всех углов не нужно, достаточно выбрать любые два из них. Найдя таким способом центр вписанной окруж-ти, из нее надо опустить перпендикуляр на любую сторону – он и будет радиусом окруж-ти:
При построении описанной окружности нужно помнить, что ее центр описанной окруж-ти находится уже в той точке, где пересекаются серединные перпендикуляры. Снова достаточно провести только два перпендикуляра:
Итак, мы узнали про вписанные и описанные окруж-ти, как определять их центры, и какими свойствами обладают вписанные и описанные многоуг-ки. Это поможет решить ряд задач на экзаменах, в том числе и на ЕГЭ.
Видео:Построение окружности по трём точкам.Скачать
Некоторые малоизвестные факты из геометрии треугольника
Некоторые малоизвестные факты из геометрии треугольникаСтатья представляет собой дополнение к очень популярной теме «Геометрия треугольника». В ней рассматриваются некоторые известные факты с оригинальными авторскими доказательствами. Некоторые пункты можно разобрать дополнительно к отдельным темам: вписанная окружность, теорема Пифагора, векторный метод, точка Ферма, треугольники Наполеона. В конце каждого пункта приводятся упражнения, позволяющие закрепить рассматриваемые темы, уяснить их с разных сторон. Во многих случаях сами упражнения содержат важный теоретический материал. Многие упражнения взяты из известных учебников.
1. Симметричный вывод формулы Герона
Точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника обозначим через A1, B1, C1 (рис. 1). Треугольники AIB1 и AIC1, BIA1 и BIC1, CIA1 и CIB1 попарно равны, как прямоугольные треугольники, имеющие общую гипотенузу и равные углы.
откуда AB1 = AC1 = 
.
Аналогично CA1 = CB1 = 
и BA1 = BC1 = 
.
Обозначим углы Р C1IB1 = a , Р C1IA1 = b , Р A1IB1 = g . В D AIB1 катеты связаны соотношением
откуда
.Аналогично
.Так как
,то легко доказать
(*)Подставив в (*) выражения
через a, b, c и r, получим
= ,откуда
Так как SABC = rp, то отсюда следует формула Герона.
.
Здесь и далее через R обозначен радиус описанной окружности.
3. Докажите, что в D ABC биссектриса угла A, средняя линия, параллельная AC, и прямая, соединяющая точки касания вписанной окружности со сторонами CB и CA, пересекаются в одной точке.
4. Докажите, что сумма квадратов расстояний от точек касания вписанной в треугольник окружности с его сторонами до центра описанной равна 3R 2 – 4Rr – r 2 .
5. Центр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, находится на расстоянии и см от концов гипотенузы. Найдите катеты этого треугольника.
6. В D ABC известно BC = a, Р A = a , Р B = b . Найдите радиус окружности, пересекающей все его стороны и высекающей на каждой из них хорды длины d.
7. В D ABC проведена медиана AM. Может ли радиус окружности, вписанной в D ABM, быть ровно в два раза больше радиуса окружности, вписанной в D ACM?
8*. Окружность, вписанная в D ABC, делит медиану BM на три равные части. Найдите отношение BC : CA : AB.
2. К теореме Пифагора
Многие доказательства теоремы Пифагора используют характерный рисунок квадратов, построенных во внешнюю стороны на сторонах треугольника («Пифагоровы штаны»).
Доказательство сводится к доказательству формулы
где S – площадь квадрата, построенного на гипотенузе, S1, S2 – площади квадратов, построенных на катетах.
Обычно при этом используется разбиение квадратов на равные части, совмещающиеся друг с другом.
Минимальное число фигур разбиения – 5 (Ан-Нариций, древнеиндийское «колесо с лопастями»), бывает 7 и 8). На рис. 2 показано разбиение, в котором совмещается 6 фигур.
Биссектриса прямого угла исходного треугольника делит гипотенузу на части длиной A и B, причем по свойству биссектрисы A : B = a : b, где a и b – длины катетов.
Проведем в квадрате, построенном на гипотенузе, штриховые линии на расстоянии A и B от сторон. Рассмотрим выделенный жирным контуром прямоугольный треугольник. Он подобен исходному, так как его катеты A и B пропорциональны a и b. Поэтому гипотенуза выделенного треугольника параллельна катету b, так как соответствующие накрест лежащие углы равны. Теперь можно провести остальные линии разбиения: в квадрате, построенном на гипотенузе, – параллельно катетам, а в квадратах, построенных на катетах, – параллельно сторонам квадрата, построенного на гипотенузе (причем во втором случае длины отрезков разбиения равны A и B). Нетрудно видеть, что при этом получаются совмещающиеся фигуры.
1. Высота, опущенная на гипотенузу, делит прямоугольный треугольник на два, подобных исходному. Пользуясь тем, что площади подобных фигур относятся как квадраты их линейных элементов, докажите теорему Пифагора (Ч. Тригг).
2. Впишем в прямоугольный треугольник окружность, которая точками касания делит катеты на отрезки, два из которых по длине совпадают с r – радиусом окружности. Пользуясь результатами п. 1, еще раз докажите теорему Пифагора (доказательство Мёльманна).
3. Точки O1, O2, O3 – соответственно центры квадратов, построенных на катете и гипотенузе, C – вершина прямого угла исходного треугольника. Докажите, что отрезки O1O2 и O3C перпендикулярны, а их длины равны.
4. Найдите площадь O1O2O3 (см. упражнение 3), если длины катетов прямоугольного треугольника равны a и b.
3. Теорема Лейбница
Если O – точка пересечения медиан D ABC, P – произвольная точка плоскости, то (рис. 3)
Доказательство. Возведем векторное равенство 
Аналогично получаются равенства:
Складывая эти три равенства, получаем
так как сумма векторов в скобках равна нулю. Отсюда
Так как
то отсюда следует доказываемая формула.
Дополнительное упражнение. Получите формулы для медиан треугольника
1. Докажите, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки плоскости до вершины треугольника является минимальной, если точка совпадает с точкой пересечения медиан.
2. Вычислите расстояние от точки пересечения медиан до центра описанной окружности.
3. Вычислите расстояние от точки пересечения медиан до центра вписанной окружности.
4. Докажите, что для произвольной точки P, лежащей на окружности, вписанной в равносторонний D ABC,
PA 2 + PB 2 + PC 2 = const.
5. Полупериметр D ABC равен p. Докажите, что для любой точки M плоскости имеет место неравенство
причем равенство достигается лишь в случае, когда ABC – правильный треугольник и M – его центр.
6*. Радиус круга, описанного около треугольника, равен R. Расстояние от центра этого круга до точки пересечения медиан треугольника равно d. Найдите произведение площади данного треугольника и треугольника, образованного прямыми, проходящими через его вершины перпендикулярно медианам, из этих вершин выходящим. Указание. Если O – точка пересечения медиан исходного D ABC, то отрезки OA, OB, OC делят второй больший треугольник на 3 вписанных четырехугольника, площади которых можно выразить через стороны и площади треугольников AOB, AOC, BOC, а, значит, – ABC.
7*. Пусть ABC – правильный треугольник со стороной a, M – некоторая точка плоскости, находящаяся на расстоянии d от центра треугольника ABC. Докажите, что площадь треугольника, стороны которого равны отрезкам MA, MB и MC, выражается формулой
Точкой Ферма называется такая точка треугольника, сумма расстояний от которой до вершин треугольника является минимальной. Когда все углы треугольника меньше 120°, то точка Ферма – это такая точка F в треугольнике, из которой все стороны треугольника видны под одним и тем же углом 120°.
Доказательство. Проведем через вершины исходного D ABC прямые, перпендикулярные отрезкам AF, BF и CF соответственно. Они пересекутся в вершинах некоторого правильного треугольника A1B1C1. Для любой точки P D A1B1C1 сумма длин перпендикуляров, опущенных из P на стороны этого треугольника, есть постоянное число (в частности, оно равно AF + BF + CF), так как она равна , где S – площадь A1B1C1, a – его сторона. Очевидно, что PA не меньше длины перпендикуляра, опущенного из P на сторону B1C1, проходящую через A. Тем более, PA + PB + PC не меньше суммы длин всех перпендикуляров, которая равна AF + BF + CF, и равенство достигается, когда P совпадает с F.
Иногда точку Ферма называют точкой Торичелли или точкой Брокара.
Чтобы построить точку Ферма, надо на сторонах D ABC во внешнюю сторону построить равносторонние треугольники ABR, BCP и ACQ. Отрезки AP, BQ и CR пересекаются в точке F – точке Ферма (рис. 4).
Действительно, пусть AP и BQ пересекаются в точке F. При повороте вокруг точки C на 60° D CQB переходит в D CAP. Следовательно, угол между QB и AP Р QFA = 60°, и точка F лежит на окружности, описанной около D AQC. Аналогично угол Р PFB = 60°, и точка F лежит на окружности, описанной около D BPC. Так как угол Р AFB = 120°, то точка F лежит на окружности, описанной около D ABR, значит, Р AFR = 60°. Так как при повороте на 60° вокруг точки B D APB переходит в D RCB, то угол между AP и CR равен 60° и точка F лежит на CR.
1. Используя теорему Птолемея для четырехугольника AFBR и обозначив расстояния от F до вершин D ABC через x1, x2, x3, найдите AP = BQ = CR (рис. 4).
5. Треугольники Наполеона
Если на сторонах D ABC внешним образом построить равносторонние треугольники, то их центры являются вершинами равностороннего внешнего треугольника Наполеона.
Действительно, вершины D O1O2O3 являются центрами окружностей, описанных вокруг равносторонних треугольников и пересекающихся в точке F. Поэтому стороны D O1O2O3 перпендикулярны отрезкам FA, FB и FC, и углы между ними равны 60° (рис. 5).
Если на сторонах D ABC построить равносторонние треугольники во внутреннюю сторону и соединить их центры, то получится равносторонний внутренний треугольник Наполеона.
Применив теорему косинусов к D CO1O2, можно вывести формулу для стороны внешнего треугольника Наполеона:
где S – площадь D ABC.
Для стороны внутреннего треугольника Наполеона аналогично получается
1. Докажите, что центры треугольников Наполеона совпадают с точкой пересечения медиан (для этого вычислите расстояние от какой-нибудь вершины треугольника Наполеона до точки пересечения медиан и покажите, что оно на зависит от рассматриваемой величины и равно
где l – длина стороны треугольника Наполеона).2. Докажите, что разность площадей треугольников Наполеона (внешнего и внутреннего) равна площади D ABC.
3. Докажите, что
4. Применив теорему Лейбница для внешнего треугольника Наполеона и точки Ферма F, вычислите расстояние от точки пересечения медиан, которая является центром треугольника Наполеона, до точки Ферма.
5. Докажите, что
6. Докажите, что PQ 2 + QR 2 + RP 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 9l1 2 .
7. Докажите, что точка пересечения медиан D PQR совпадает с точкой G пересечения медиан D ABC.
Указание. Вычислите длины PG, QG, RG и примените теорему Лейбница; второй способ – докажите, что векторная сумма
8. На сторонах треугольника во внешнюю сторону построены квадраты. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника с вершинами в центрах этих квадратов совпадает с точкой пересечения медиан данного треугольника.
(См. указание к упр. 7, второй способ.)
9. Рассмотрим центроиды A1, B1, C1 треугольников AQR, BPR и CQP соответственно. Докажите, что D A1B1C1 – правильный и центр его совпадает с центроидом G данного D ABC.
Указание. Докажите, что равны векторы
10. Докажите, что треугольники A1B1C1 и O1O2O3 симметричны относительно их общего центра G и поэтому шестиугольник O1C1O2A1O3B1 – правильный и его центр совпадает с центроидом G данного треугольника. Сторона этого шестиугольника
11. Докажите, что середины A2, B2, C2 отрезков AO1, BO2, CO3 являются вершинами еще одного равностороннего треугольника он гомотетичен внутреннему треугольнику Наполеона с
12*. Пусть A3, B3, C3 – середины отрезков QR, PR и QP соответственно. Докажите, что прямые AA3, BB3, CC3 пересекаются в одной точке или параллельны.
13. Докажите, что если подобные треугольники PCB, CQA, BAR построены извне на сторонах произвольного D ABC, то окружности, описанные вокруг этих трех треугольников, имеют общую точку.
14. Докажите, что в условиях упражнения 13 центры трех указанных окружностей образуют треугольник, подобный треугольникам PCB, CQA, BAR.
15. Докажите, что если на двух сторонах треугольника построены квадраты, то окружности, описанные вокруг них, пересекаются на окружности, построенной на третьей стороне, как на диаметре, и центры этих трех окружностей являются вершинами равнобедренного прямоугольного треугольника.
16. Докажите, что прямые AO1, BO2, CO3 пересекаются в одной точке (см. рис. 5).
Указание. Продолжить эти прямые до пересечения со сторонами треугольника ABC и применить теорему Чевы.
6. Расстояние от точки Ферма до центра описанной окружности
Ранее было получено, что
где
l1 – длина стороны внешнего треугольника Наполеона (упражнения 4.1, 4.2 и 5.5).
Точка Ферма F лежит на прямой CC1, которая соединяет вершину C исходного D ABC с вершиной C1 равностороннего D ABC1 (рис. 6); O – центр описанной окружности.
Обозначим угол BCC1 через j ;
С учетом этого преобразуем формулу (2):
Найдем по теореме косинусов для D BCC1
Для a (применим теоремы косинусов и синусов к D ABC)
Подставив полученные выражения в (3), находим
Тогда с учетом (1) получим
которую преобразуем к виду
где d – расстояние от точки пересечения медиан до центра описанной окружности.
Дополнение: точка F1 пересечения прямых AP ‘, BO ‘ и CR ‘, где ABR ‘, BCP ‘ и ACO ‘ – равносторонние треугольники, построенные на сторонах D ABC во внутреннюю сторону, является точкой, двойственной точке Ферма. Точка F1 лежит на окружности, описанной около внешнего треугольника Наполеона. Расстояние между точками F и F1 равно (без доказательства)
1. Докажите, что расстояние от точки Ферма F до центра описанной окружности O больше расстояния от точки пересечения медиан G до центра описанной окружности O.
2. Вычислите угол Р OGF в обозначениях упражнения 1 и формулы (6).
3. Доказать, что
4*. Точка F – точка Ферма D ABC (углы которого меньше 120°). Докажите, что прямые Эйлера треугольников AFB, BFC и CFA пересекаются в одной точке.
🎦 Видео
Алгоритмы. Пересечение окружностейСкачать
Замечательные точки треугольника | Ботай со мной #030 | Борис Трушин ||Скачать
№17 Лемма о трезубце | Вписанная и вневписанная окружности | Это будет на ЕГЭ 2024 по математикеСкачать
#207. Окружность девяти точек | лемма о трезубце | ортотреугольник | прямая ЭйлераСкачать
ЕГЭ задание 16 Внутреннее касание двух окружностейСкачать
Построение угла, равного данномуСкачать
Как доказать, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке?Скачать
На сторонах AC и BC треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC Точка M — сереСкачать
Точка пересечения биссектрисСкачать
ЕГЭ 2017 Четырехугольник и окружность (Планиметрия) Задание 16Скачать
Математическая Вертикаль | 6 | Геометрия 8 класс | Волчкевич | ГДЗ | 11.6 | Треугольник и ОкружностиСкачать
ЕГЭ Задание 16 Трапеция и две окружностиСкачать
.
.
•. (1)
(4)
(5)
(6)
