Точка торричелли в треугольнике (6 видео)

Please wait.

Содержание

We are checking your browser. mathvox.ru
Why do I have to complete a CAPTCHA?
What can I do to prevent this in the future?
Точка торричелли в треугольнике
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.
Научно-исследовательская работа по теме «Точка Торричелли»
Коммуникативный педагогический тренинг: способы взаимодействия с разными категориями учащихся
Выберите документ из архива для просмотра:
1. Определение точки Ферма
📽️ Видео

Видео:#215. ТОРРИЧЕЛЛИ ТАМ ЧТО-ТО ДОКАЗАЛСкачать

We are checking your browser. mathvox.ru

Видео:Куда упадёт узелок с грузами или задача Ферма про точку Торричелли?Скачать

Why do I have to complete a CAPTCHA?

Completing the CAPTCHA proves you are a human and gives you temporary access to the web property.

Видео:✓ Как Трушин Эйлера огорчил. Точка Торричелли | В интернете опять кто-то неправ #015 | Борис ТрушинСкачать

What can I do to prevent this in the future?

If you are on a personal connection, like at home, you can run an anti-virus scan on your device to make sure it is not infected with malware.

If you are at an office or shared network, you can ask the network administrator to run a scan across the network looking for misconfigured or infected devices.

Another way to prevent getting this page in the future is to use Privacy Pass. You may need to download version 2.0 now from the Chrome Web Store.

Cloudflare Ray ID: 6d5803779a329045 • Your IP : 85.95.179.65 • Performance & security by Cloudflare

Видео:Лекція 36. Точка Торричеллі.Скачать

Точка торричелли в треугольнике

И.М. Смирнова, В.А. Смирнов

ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ТОЧКИ И ЛИНИИ ТРЕУГОЛЬНИКА

В новых стандартах профильного уровня обучения для старших классов предусмотрено изучение раздела « Геометрия на плоскости», в который включены следующие вопросы.

Свойство биссектрисы угла треугольника. Решение треугольников. Вычисление биссектрис, медиан, высот, радиусов вписанной и описанной окружностей. Формулы площади треугольника: формула Герона, выражение площади треугольника через радиус вписанной и описанной окружностей.

Вычисление углов с вершиной внутри и вне круга, угла между хордой и касательной.

Теорема о произведении отрезков хорд. Теорема о касательной и секущей. Теорема о сумме квадратов сторон и диагоналей параллелограмма

Вписанные и описанные многоугольники. Свойства и признаки вписанных и описанных четырехугольников.

Геометрические места точек.

Решение задач с помощью геометрических преобразований и геометрических мест.

Теорема Чевы и теорема Менелая.

Эллипс, гипербола, парабола как геометрические места точек.

Неразрешимость классических задач на построение.

Здесь мы рассмотрим свойства биссектрис, медиан и высот треугольника, расширим число замечательных точек и линий треугольника, сформулируем и докажем теоремы Чевы, Менелая, Ван-Обеля, Стюарта и др., решим ряд задач на применение этих теорем, предложим задачи для самостоятельного решения и укажем дополнительную литературу.

Представленный материал может быть использован как на основных уроках, так и при проведении элективных курсов, написании рефератов и проектов, подготовки школьников к турнирам, конкурсам и олимпиадам по математике.

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 учащихся, подготавливает их к решению более сложных задач.

Задача 1. По углам A и B треугольника ABC ( Ð A Ð B ) определите угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины C .

Решение. Пусть CD – высота, CE – биссектриса, тогда Ð BCD = 90 ° — Ð B , Ð BCE = (180 ° — Ð A — Ð B ):2. Следовательно, Ð DCE = .

Задача 2. К какой из вершин треугольника ближе расположена точка пересечения биссектрис?

Решение. Пусть O – точка пересечения биссектрис треугольника ABC (рис. 1) . Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB > BC , то Ð A Ð C и, следовательно, Ð OAD Ð 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?

Решение. Пусть O – точка пересечения высот треугольника ABC (рис. 2). Если AC AB , то Ð C > Ð 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 BF , т.е. меньше та высота, которая опущена на большую сторону.

Задача 4. Пусть в остроугольном треугольнике ABC (рис. 3) точки A ₁ , B ₁ , C ₁ обозначают основания высот. Докажите, что точка H пересечения высот треугольника ABC является точкой пересечения биссектрис треугольника A ₁ B ₁ C ₁ .

Доказательство. На сторонах AC и BC треугольника ABC , как на диаметрах, построим окружности. Точки A ₁ , B ₁ , C ₁ принадлежат этим окружностям. Поэтому Ð B ₁ C ₁ C = Ð B ₁ BC , как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Ð B ₁ BC = Ð CAA ₁ , как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Ð CAA ₁ = Ð CC ₁ A ₁ , как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, Ð B ₁ C ₁ C = Ð 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 .

Самостоятельно исследуйте случаи прямоугольного и тупоугольного треугольника.

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.

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 .

Рассмотрим теперь замечательные точки и линии 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).

Добавим к ним некоторые другие замечательные точки и линии.

Точка Торричелли. Путь дан треугольник ABC. Точкой Торричелли этого треугольника называется такая точка O, из которой стороны данного треугольника видны под углом 120 ° (рис. 5), 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 Ð AOB = 120 ° , Ð AOC = 120 ° . Следовательно, и Ð 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 о нахождении точки, сумма расстояний от которой до трех данных точек наименьшая.

Задача 6 (задача Ферма). Для данного треугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин треугольника принимает наименьшее значение.

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 Ð OCO ’ = 60 ° , следовательно, OC = OO ’ . Поэтому сумма длин O A + OB + OC будет равна длине ломаной A O + 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, Ð AOC = 120 ° , Ð COO’ = 60 ° . Следовательно, точки A , O , O ’ лежат на одной прямой. Аналогично, Ð CO ’ O = 60 ° , Ð CO’B’ = 120 ° . Следовательно, точки O , O ’ , B ’ лежат на одной прямой. Значит, все точки A , O , O ’ , B ’ лежат на одной прямой.

Самостоятельно докажите, что в случае, если один из углов треугольника больше или равен 120 ° , то решением задачи Ферма является вершина этого угла.

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, 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 A ₂ B ₂ C ₂ . 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.

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. 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.

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 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 Ð C EF = Ð BED .

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

Задачи для самостоятельного решения

1. По углам A и B прямоугольного треугольника ABC ( Ð A Ð B ) определите угол между высотой и медианой, проведенными из вершины C прямого угла.

2. Может ли точка пересечения биссектрис треугольника находится вне этого треугольника?

3. Может ли точка пересечения медиан треугольника находиться вне этого треугольника?

4. Может ли точка пересечения высот или их продолжений находится вне этого треугольника?

5. Где находится точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам: а) прямоугольного треугольника; б) остроугольного треугольника; в) тупоугольного треугольника?

Ответ: а) в середине гипотенузы; б) внутри треугольника; в) вне треугольника.

6. К какой из вершин треугольника ближе расположен ортоцентр?

Ответ: К вершине большего угла.

7. К какой из сторон треугольника ближе расположен ортоцентр?

Ответ: К меньшей.

8. К какой из сторон треугольника ближе расположена точка пересечения медиан?

Ответ: К большей.

9. Может ли одна биссектриса треугольника проходить через середину другой?

10. Углы В и С треугольника АВС равны соответственно 10 ° и 100 ° . Найдите углы ВОС и СОА, где О — центр описанной окружности.

Ответ: 140 ° и 20 ° .

11. Докажите, что из четырех точек, одна из которых есть ортоцентр треугольника, с вершинами в трех остальных точках, каждая является центроидом треугольника с вершинами в трех остальных точках.

12. Пусть АВС D — параллелограмм. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников АВС и DCA лежат на диагонали BD и делят ее на три равные части.

13. Разделите данный отрезок на три равные части, не пользуясь построением параллельных прямых.

14. Пусть Н — точка пересечения высот треугольника АВС. Докажите, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС, АНВ, ВНС, СНА равны между собой.

15. Докажите, что если какие-нибудь из замечательных точек треугольника совпадают, то этот треугольник — равносторонний.

Рассмотрим теперь теоремы, позволяющие устанавливать, в каком случае три точки, лежащие на сторонах треугольника или их продолжениях, принадлежат одной прямой (теорема Менелая), а также, в каком случае три прямые, проходящие через вершины треугольника и противоположные им стороны треугольника, пересекаются в одной точке (теорема Чевы).

Начнем с теоремы Менелая, доказанной древнегреческим математиком и астрономом Менелаем Александрийским, жившим в I веке до нашей эры.

Теорема (Менелая). Пусть на сторонах AB , BC и продолжении стороны AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ . Точки A ₁ , B ₁ , C ₁ лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда выполняется равенство

(*)

Доказательство. Предположим, что точки A ₁ , B ₁ , C ₁ принадлежат одной прямой a (рис. 11). Через вершину C треугольника ABC проведем прямую, параллельную a и обозначим через D точку ее пересечения с AB . Из подобия треугольников ADC и AC ₁ B следует выполнимость равенства

(1)

Аналогично, из подобия треугольников BDC и BC ₁ A ₁ следует выполнимость равенства

(2)

Перемножая эти равенства, получим равенство

из которого следует требуемое равенство (*)

Докажем обратное. Пусть на сторонах AB , BC и продолжении стороны AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ , для которых выполняется равенство (*). Предположим, что прямая A ₁ B ₁ пересекает прямую AB в некоторой точке C ‘ . По доказанному, выполняется равенство

Учитывая равенство (*), получаем равенство из которого следует совпадение точек C ‘ и C ₁ и, значит, точки A ₁ , B ₁ , C ₁ принадлежат одной прямой.

Предложим еще один способ доказательства теоремы Менелая.

Пусть точки A ₁ , B ₁ , C ₁ принадлежат одной прямой a (рис. 12). Опустим из вершин треугольника ABC перпендикуляры AA ’ , BB ’ , CC ’ на эту прямую.

Аналогичным образом показывается, что

Перемножая полученные равенства, будем иметь

Задача 7 . Точка C ₁ делит сторону AB треугольника ABC в отношении 2:1. Точка B ₁ лежит на продолжении стороны AC и AC = CB ₁ . В каком отношении делит прямая B ₁ C ₁ сторону BC ?

Решение. По условию, Используя теорему Менелая, находим

Задача 8. Используя теорему Менелая, доказать, что отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центроидами противоположных граней, пересекаются в одной точке, называемой центроидом тетраэдра, и делятся в ней в отношении 3:1, считая от вершин.

Доказательство. Действительно, пусть ABCD – тетраэдр, A ₂ , D ₂ – центроиды соответствующих граней, A ₁ – середина BC , O – точка пересечения AA ₂ и DD ₂ (рис. 13). Применим теорему Менелая к треугольнику A ₁ DD ₂ и прямой AA ₂ . Имеем

Так как A ₂ – точка пересечения медиан треугольника BCD , то Так как D ₂ – точка пересечения медиан треугольника ABC , то Поэтому

Заметим, что в таком же отношении делят отрезок DD ₂ прямые BB ₂ и CC ₂ . Следовательно, они также проходят через точку O и делятся в ней в отношении 3:1, считая от вершин.

Рассмотрим теперь теорему, опубликованную в 1678 году итальянским математиком и инженером Джованни Чевой.

Теорема (Чевы). Пусть на сторонах AB , BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ . Прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

(*)

Доказательство. Предположим, что прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в точке O (рис. 14) . Через вершину C треугольника ABC проведем прямую, параллельную AB , и ее точки пересечения с прямыми AA ₁ , BB ₁ обозначим соответственно A ₂ , B ₂ . Из подобия треугольников CB ₂ B ₁ и ABB ₁ имеем равенство

(1)

Аналогично, подобия треугольников BAA ₁ и CA ₂ A ₁ имеем равенство

(2)

Далее, из подобия треугольников BC ₁ O и B ₂ CO , AC ₁ O и A ₂ CO имеем Следовательно, имеет место равенство

(3)

Перемножая равенства (1), (2) и (3), получим требуемое равенство (*).

Докажем обратное. Пусть для точек A ₁ , B ₁ , C ₁ , взятых на соответствующих сторонах треугольника ABC выполняется равенство (*). Обозначим точку пересечения прямых AA ₁ и BB ₁ через O и точку пересечения прямых CO и AB через C ‘ . Тогда, на основании доказанного, имеет место равенство

Учитывая равенство (*), получим равенство из которого следует совпадение точек C ‘ и C ₁ и, значит, прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в одной точке.

Предложим еще один способ доказательства теоремы Чевы, использующий понятие площади.

Предположим, что прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в точке O (рис. 15) . Опустим из вершин A и B треугольника ABC перпендикуляры AA ’ , BB ’ на прямую CC ₁ . Треугольники AC ₁ A ’ и BC ₁ B ’ подобны и, следовательно,

Аналогичным образом показывается, что

Перемножая полученные равенства, будем иметь

Заметим, что из теоремы Чевы непосредственно следует, что медианы треугольника пересекаются в одной точке.

Задача 9 . Используя теорему Чевы, доказать, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство. Пусть AA ’ , BB ’ , CC ’ – биссектрисы треугольника ABC . Тогда

Следовательно, и, значит, AA ’ , BB ’ , CC ’ пересекаются в одной точке.

Задача 10 . Точки C ₁ и A ₁ делят стороны AB и BC треугольника ABC в отношении 1:2. Прямые CC ₁ и AA ₁ пересекаются в точке O . Найдите отношение, в котором прямая BO делит сторону AC .

Решение. По условию, Используя теорему Чевы, имеем

Воспользуемся теоремой Чевы для установления еще одной замечательной точки треугольника.

Точка Жергона. Прямые, проходящие через вершины треугольника и точки касания вписанной окружности пересекаются в одной точке, называемой точкой Жергона.

Действительно, пусть окружность касается сторон треугольника ABC соответственно в точках A ₁ , B₁, C₁ (рис. 16). Тогда AB₁ = AC₁, BC₁ = BA₁, CA₁ = CB₁. Следовательно, и, значит, прямые AA₁, BB₁, CC₁ пересекаются в одной точке.

Теорема Ван-Обеля. Пусть на сторонах AB , BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ . Если прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в точке O , то имеет место равенство

Доказательство. Через вершину C треугольника ABC проведем прямую, параллельную AB (рис. 17). Продолжим AA ₁ и BB ₁ до пересечения с этой прямой в точках A ’ и B ’ соответственно. Из подобия треугольников AOB и A ’ OB ’ имеем

Следовательно,

Из доказанной теоремы непосредственно следует, что медианы треугольника точкой их пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

Задача 1 1 . В каком отношении делятся биссектрисы треугольника точкой их пересечения.

Поэтому

Доказательство. Пусть С E – высота треугольника ABC (рис. 18). По теореме косинусов, примененной к треугольникам ADC и BDC , имеем

Умножим первое равенство на c ” , второе – на c ’ и сложим. Получим b 2 c ” + a 2 c ’ = ( c ’+ c ” ) c ’ c ” + d 2 ( c ’+ c ” ), из которого и следует требуемое равенство.

Задача 12. Используя теорему Стюарта, вычислить биссектрису CC ₁ = треугольника по его сторонам AB = c , AC = b , BC = a .

Решение. Воспользуемся тем, что биссектриса делит сторону треугольника на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Обозначим AC ₁ = c ’ , BC ₁ = c ” . Тогда c ’ + c ” = c и ac ’ = bc ” . Из этих двух уравнений находим c ’ и c ” .

, .

Подставляя теперь эти выражения в равенство теоремы Стюарта, получим ( ) 2 c = a 2 + b 2 — c . Откуда

Задачи для самостоятельного решения

1. На продолжениях сторон AB , BC и CA треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ так, что AB = BC ₁ , BC = CA ₁ , CA = AB ₁ . Найдите отношение, в котором прямая AB ₁ делит сторону A ₁ C ₁ треугольника A ₁ B ₁ C ₁ .

2. Точки A ₁ и B ₁ делят стороны BC и AC треугольника ABC в отношениях 2:1 и 1:2. Прямые AA ₁ и BB ₁ пересекаются в точке O . Площадь треугольника ABC равна 1. Найдите площадь треугольника OBC .

3. На медиане CC ₁ треугольника ABC взята точка M . Прямые AM и BM пересекают стороны треугольника соответственно в точках A ₁ и B ₁ . Докажите, что прямые AB и A ₁ B ₁ параллельны.

4. Отрезок MN , соединяющий середины сторон AD и BC четырехугольника ABCD , делится диагоналями на три равные части. Докажите, что ABCD – трапеция, одно из оснований AB или CD которой вдвое больше другого.

5. Пусть на продолжении сторон AB , BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ . Докажите, что точки A ₁ , B ₁ , C ₁ лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда выполняется равенство

6. Пусть на стороне AB и продолжении сторон BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ . Докажите, что прямые A A ₁ , B B ₁ , C C ₁ пересекаются в одной точке, или параллельны тогда и только тогда, когда выполняется равенство

7. Используя теорему Чевы, докажите, что высоты треугольника или их продолжения пересекаются в одной точке.

8. Д окажите, что прямые, проходящие через вершины треугольника и точки касания вневписанных окружностей, пересекаются в одной точке (точке Нагеля). (Окружность называется вневписанной в треугольник, если она касается одной стороны этого треугольника и продолжений двух других его сторон.)

9. Пусть на сторонах AB , BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ так, что прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в точке O . Докажите, что выполняется равенство

10. Пусть на сторонах AB , BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C ₁ , A ₁ и B ₁ так, что прямые AA ₁ , BB ₁ , CC ₁ пересекаются в точке O . Докажите, что выполняется равенство

11. Пусть на ребрах AB , BC , CD и AD тетраэдра ABCD взяты соответственно точки A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ₁ . Докажите, что точки A ₁ , B ₁ , C ₁ , D ₁ лежат на одной плоскости тогда и только тогда, когда выполняется равенство

1. Адамар Ж. Элементарная геометрия, ч. I , Планиметрия. –М.: Учпедгиз, 1936

2. Ефремов Д. Новая геометрия треугольника. Одесса, 1902.

3. Зетель С.И. Новая геометрия треугольника. –М.: Учпедгиз, 1962.

4. Коксетер Г.С.М. Введение в геометрию. –М.: Наука, 1966.

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

6. Перепелкин Д.И. Курс элементарной геометрии, ч. I , Геометрия на плоскости. –М.: Учпедгиз, 1949.

7. Понарин Я.П. Элементарная геометрия, т. 1. –М.: МЦНМО, 2004.

Видео:Точка Ферма-ТорричеллиСкачать

Научно-исследовательская работа по теме «Точка Торричелли»

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

Видео:Экстремальные задачи геометрии. Михаил ПодаевСкачать

Коммуникативный педагогический тренинг: способы взаимодействия с разными категориями учащихся

Сертификат и скидка на обучение каждому участнику

Выберите документ из архива для просмотра:

Выбранный для просмотра документ Tochka_Ferma-Torrichelli.doc

1. Алгоритм построения точки Ферма-Торричелли;

2. Интересные свойства точки Ферма-Торричелли;

3. Физическая модель нахождения точки Ферма-Торричелли;

4. Настольная модель нахождения точки Ферма-Торричелли;

5. Определение точки Ферма-Торричелли на карте воронежской области;

1. Определение точки Ферма

Если все углы треугольника меньше 120 градусов, то точкой Ферма называется такая точка треугольника, сумма расстояний от которой до вершин треугольника является минимальной.

Иногда эту точку называют точкой Торричелли, поэтому в дальнейшем эту замечательную точку треугольника будем называть точкой Ферма-Торричелли, но в некоторых параграфах для удобства записи мы воспользуемся только одним названием – точкой Ферма.

2. Алгоритм построения точки Ферма:

построить на сторонах треугольника вне него равносторонние треугольники;

соединить отрезком каждую вершину треугольника с вершиной равностороннего треугольника, построенного на противоположной стороне;

построить точку пересечения этих отрезков.

3. Интересные свойства точки Ферма

Каждая сторона треугольника из точки Ферма видна под углом 120 градусов;

Если один из углов треугольника равен 120 градусов, то точка Ферма совпадет с вершиной треугольника;

Окружности описанные около правильных треугольников пересекаются в точке Ферма.

4) Если внутри треугольника построить треугольник, стороны которого являются средними линиями исходного треугольника, потом аналогично построить третий, четвертый треугольник и т.д.; в каждом треугольнике построить свою точку Ферма, то все точки Ферма будут лежать на одной прямой. Это свойство будем называть коллинеарностью точек Ферма .

а) Построим произвольный треугольник и точку Ферма данного треугольника.

б) В заданном треугольнике построим треугольник, стороны которого являются средними линиями исходного (красный треугольник).

в) Построим точку Ферма в красном треугольнике.

г) Построим треугольник, стороны которого являются средними линиями красного (зеленый треугольник) и найдем для него точку Ферма.

д) Все точки Ферма лежат на одной прямой, т.е. коллинеарны.

4. Физическая модель точки Ферма

Самое интересное в работе было то, что мы сумели связать этот интересный математический факт с физикой. А факт заключается в следующем: если на тело действуют три одинаковые силы и они уравновешивают друг друга, то углы между ними составляют 120 градусов. Этот факт мы использовали для построения модели, которая позволяла практическим путем найти точку Ферма для любого треугольника.

Суть модели в следующем: на доске в виде решетки закреплены штыри с подшипниками так что, их можно свободно переставить в любое отверстие решетки. Эти штыри являются вершинами треугольника. Стороны треугольника сделаны из резинки. Это для того, чтобы легко изменить вид треугольника. Через каждый подшипник перекинута нить с одинаковым грузом на конце. Масса каждого груза равна 100 грамм. Нити взяты специальные, нерастяжимые. Свободные концы нитей связаны в один узел. Когда грузы будут отпущены, они натянут нити. На этот узел со стороны нитей с грузом действуют силы натяжения этих нитей. После того, как эти силы станут равными по величине и будут уравновешивать друг друга, узел установится в искомой точке. Если измерить углы между нитями, то будет видно, что они составляют между собой углы 120 градусов. Каждая сторона треугольника из этой точки будет видна под углом 120 градусов, а этим свойством обладает точка Ферма. В этом мы можем убедиться, если приставим к нашей модели диск из оргстекла, где начерчены лучи, исходящие из одной точки и образующие между собой угол 120 градусов. После того, как лучи и нити полностью совместятся наложением, фломастером можно отметить местоположение точки Ферма для данного треугольника.

Эта модель создана аналогично физической модели, но с одной гирей. Она работает так же, как физическая модель, если взять достаточно скользкие лески, «абсолютно» гладкую поверхность, шарниры и гири. Конечно, здесь большую роль играют трение в шарнирах, масса гири, масса подвижного шарнира, трение этого шарнира об стол. Но в зависимости от соотношения этих параметров мы имеем прибор для физического обнаружения точки Торричелли и Ферма одновременно . Следовательно, в случае пренебрежения трением во всех осях и их толщиной, мы имеем схему механического доказательства эквивалентности точек Ферма и Торричелли.

Можно утверждать, что из соображения сил – это точка Торричелли, а из энергетических соображений – точка Ферма .

Построение Точки Ферма-Торричелли в Воронеже.