Методические особенности изучения замечательных точек в школьном курсе планиметрии

Рис.9.

Поскольку ÐMBO = ÐNBH и ÐMBD = Ðβ₁NBO₁, то

РHBO₁ = Ð DBO = β₂. Отсюда следует, что BH = 2Rcos β, поэтому из прямоугольных треугольников OBD и HBD:

BD = BO cos β₂ = Rcos β₂ = BH cos β₁ = 2R cos βcos β₁, откуда cos β₂ = 2cos β cos β₁.

С другой стороны, из прямоугольных  треугольников KBB₁ и K₁BB₁, поэтому Тогда

 

и

 

Таким образом, D BH₁O₁   любой D BKK₁ и H₁O₁ || KK₁.

На рис. 9  точка D принадлежит отрезку OH. Случай, когда точка D лежит вне отрезка OH, разбирается аналогично.

Далее обобщим понятие  прямой Эйлера [21].

Определение. Пусть прямая Эйлера треугольника ABC не проходит ни через одну из его вершин и отсекает от него треугольник T₁, прямая Эйлера треугольника T₁ отсекает от него треугольник T₂, …, прямая Эйлера треугольника T_n–1 – треугольник T_n (n = 1, 2, 3, …, T₀ = D ABC). Назовем прямой Эйлера порядка n или n–прямой Эйлера треугольника ABCпрямую Эйлера треугольника T_n–1.

Ясно, что 1-прямая Эйлера (для  случая п=1) треугольника совпадает с прямой Эйлера этого треугольника. Поскольку прямая Эйлера равнобедренного или прямоугольного треугольника проходит через одну из его вершин, то для этих треугольников n-прямые Эйлера не определены при n > 1. Нетрудно доказать, что для всех остальных треугольников n–прямые Эйлера определены для любых натуральных n, за исключением таких остроугольных треугольников ровно один из углов которых равен 60°. В самом деле, для остроугольного треугольника с одним из углов в 60° n–прямая Эйлера не определена при n= l 2.

Из определения n–прямых Эйлера и задачи 16 вытекает, что все n–прямые Эйлера нечетного порядка параллельны друг другу и прямой Эйлера треугольника ABC, а все n–прямые Эйлера четного порядка параллельны друг другу и одной из сторон треугольника ABC (средней для остроугольного треугольника и наименьшей для тупоугольного, рис. 10).

 

Рис.10.

В дополнение к этим обозначениям будем считать, что в D ABC α<β < γ, H – ортоцентр, F_α , F_β, F_γ– середины отрезков AH, BH, CH.

Задача 17. Доказать что прямая, проходящая через точку G пересечения медиан треугольника ABC, пересекает его стороны AB и BC в точках M и N. Тогда

.

Решение.

Пусть D, E, S, L – основания перпендикуляров, опущенных соответственно из точек A, K, B, C на прямую MN  (рис. 11), K – середина AC). Тогда

 

как средняя линия прямоугольной  трапеции ACLD. Из подобия прямоугольных треугольников KEG и BSG следует, что

 

(напомним, что G – точка пересечения медиан треугольника ABC). Итак,

BS = 2KE = AD + CL.

Рис.11.

Из подобия прямоугольных  треугольников ADM и BSM, CLN и BSN выводим, что

 

Поэтому  , что и требовалось доказать.

Задача 18. Доказать, что середины сторон треугольника, основания высот и середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, лежат на одной окружности (окружности девяти точек), причем центром этой окружности является середина отрезка OH.

Решение.

Пусть A₁,B₁ и C₁- середины сторон BC,CA и AB;  A₂,B₂ и C₂- основания высот;  A₃,B₃ и C₃- середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами. Так как A₂C₁ = C₁A = A₁B₁ и A₁A₂||B₁C₁, точка A₂ лежит на описанной окружности треугольника A₁B₁C₁. Аналогично точки B₂ и C₂ лежат на описанной окружности треугольника A₁B₁C₁. Рассмотрим теперь окружность S с диаметром A₁A₃. Так как A₁B₃||CC₂ и A₃B₃||AB, то ÐA₁B₃A₃ = 90°, а значит, точка B₃ лежит на окружности S. Аналогично доказывается, что точки C₁,B₁ и C₃ лежат на окружности S. Окружность S проходит через вершины треугольника A₁B₁C₁, поэтому она является его описанной окружностью. При гомотетии с центром H и коэффициентом 1/2 описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окружность треугольника A₃B₃C₃, т. е. в окружность девяти точек. Значит, при этой гомотетии точка O переходит в центр окружности девяти точек.

1.3.2. Теорема Лейбница. Теорема Чевы. Точка Жергонна. Точка Нагеля.

Задача 19 (теорема Лейбница). Доказать, что если O – точка пересечения медиан D ABC, P – произвольная точка плоскости, то (рис.12)

.

Рис.12.

Решение.

Возведем векторное равенство  в квадрат

PA² = PO² + 2PO ·OA + OA².

Аналогично получаются равенства:

PB² = PO² + 2PO ·OB + OB²,

PC² = PO² + 2PO ·OC + OC².

Складываяэтитриравенства, получаем

PA² + PB² + PC² = 3PO² + 2PO ·(OA+OB+OC) + OA² + OB² + OC² = =3PO² + OA² + OB² + OC²,

так как сумма векторов в скобках равна нулю. Отсюда

.

Пусть АС=b, BC=a, AB=c. Тогда , так как

,

то отсюда следует доказываемая формула.

Задача 20 (теорема Чевы). Пусть точки А₁, В₁, С₁ лежат соответственно на сторонах ВС, АС, ВА треугольника АВС. Для того чтобы отрезки АА₁, ВВ₁, СС₁ пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось соотношение

(*).

Решение.

Докажем необходимость. Пусть отрезки АА₁, ВВ₁, СС₁пересекаются в точке O внутри треугольника АВС. Через вершинуСDABC проведем прямую параллельную AB.                                                 

Рис.13.

Из подобия DCB₂B₁ и DABB₁ следует, что .

Из подобия DBAA₁ и DCA₂A следует, что .

Далее из подобия треугольников BC₁O, B₂CO, AC₁O и A₂CO следует . Перемножая поученные равенства получаем необходимое соотношение (*).

Достаточность.  Пусть для точек A, B, C, взятых на соответствующих сторонах DABC, выполняется равенство (*). Обозначим точку пересечения прямых AA₁и BB₁черезO и точку пересечения прямых CO и AB черезС^//, тогда на основании доказанного имеет место равенство .

Учитывая  равенство (*), получим чтоС^// и C совпадают. И значит прямыеAA₁, BB₁иCC₁ пересекаются в одной точке.

Задача 21. На сторонах BC,CA и AB треугольника ABC взяты точки A₁,B₁ и C₁ так, что отрезки AA₁,BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке. Прямые A₁B₁ и A₁C₁ пересекают прямую, проходящую через вершину A параллельно стороне BC, в точках C₂ и B₂ соответственно (рис.14). Докажите, что AB₂ = AC₂.

Рис.14.

 

 

Т.к. AC₁B₂ ~ BC₁A₁ и AB₁C₂ ~ CB₁A₁,

то AB₂ · C₁B = AC₁ · BA₁ и AC₂ · CB₁ = A₁C · B₁A.

Поэтому 

Задача 22. На сторонах BC,CA,AB треугольника ABC взяты точки A₁,B₁,C₁.

Докажите, что 

 

Решение. Применяя теорему синусов к треугольникам ACC₁ и BCC₁, получаем  

 

 

 

То есть

 
 

Аналогично   

 

 

 

 

Для завершения доказательства остается перемножить  эти равенства.

Задача 23. Вписанная (или вневписанная) окружность треугольника ABC касается прямых BC,CA и AB в точках A₁,B₁ и C₁. Докажите, что прямые AA₁,BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке.

Определение. Точку пересечения прямых, соединяющих вершины треугольника с точками касания вписанной окружности, называют точкой Жергонна.[21].

Решение.

Ясно, что AB₁ = AC₁, BA₁ = BC₁ и CA₁ = CB₁, причем в случае вписанной окружности на сторонах треугольника ABC лежат три точки, а в случае вневписанной- одна точка. Остается воспользоваться теоремой Чевы.

Задача 24. Докажите, что прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания вневписанных окружностей со сторонами, пересекаются в одной точке.

Определение. Прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания вневписанных окружностей со сторонами, пересекаются в одной точке, называющейся точкой Нагеля.

Решение.

Пусть вневписанные окружности касаются сторон BC, CA и AB в точках A₁, B₁ и C₁. Тогда, по теореме Чевы,

.

Это означает, что отрезки  этих прямых, а значит и сами прямые, пересекаются в одной точке.

Задача 25.Докажите, что высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.

Решение.

По методу, аналогичному предыдущей задаче, получаем:

.

Вывод также аналогичен выводу первой задачи – тем самым доказана пересекаемость высот треугольника в одной точке.

Задача 26. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A₁, B₁ и C₁ так, что отрезки AA₁,BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке. Прямые A₁B₁ и A₁C₁ пересекают прямую, проходящую через вершину A параллельно стороне BC, в точках C₂ и B₂ соответственно. Докажите, что AB₂ = AC₂.

Решение.

Так как DAC₁B₂ ~ DBC₁A₁ и DAB₁C₂ ~ DCB₁A₁, то 

AB₂ · C₁B = AC₁ · BA₁и AC₂ · CB₁ = A₁C · B₁A.

Поэтому

 

1.3.3. Точка Лемуана. Точка Ферма. Точка Торричелли. Первая и вторая точки Брокара.

Определение. Симедианы треугольника, т.е. прямые, симметричные его медианам относительно соответствующих биссектрис (точнее, отрезки этих прямых), пересекаются в одной точке. Эта точка называется точкой Лемуана.

Задача 27. Прямые AM и AN симметричны относительно биссектрисы угла A треугольника ABC (точки M и N лежат на прямой BC) (рис.15). Докажите, что BM · BN/(CM · CN) = AB²/ AC²

Рис.15.

 

Решение.

По теореме  синусов 

 
 
 

 

Значит, 

 

Задача 28. Пусть AM- медиана треугольника ABC, а прямая AS симметрична прямой AM относительно биссектрисы угла A (точка S лежит на отрезке BC) (рис.16). AS- симедиана .Выразите длину симедианы AS через длины сторон треугольника ABC.

Рис.16.

Решение. Так как ÐBAS = ÐCAM, то 

 
 

т. е. 
 
 

Остается  заметить, что

 

 

 

Определение. Точкой Ферма называется такая точка треугольника, сумма расстояний от которой до вершин треугольника является минимальной.

Задача 29. Доказать, что для построения точки 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.17).

Рис.17.

Решение.

Действительно, пусть AP и BQ пересекаются в точке F. При повороте вокруг точки C на 60° DCQB переходит в DCAP. Следовательно, угол между QB и APÐQFA = 60°, и точка F лежит на окружности, описанной около D AQC. Аналогично угол ÐPFB = 60°, и точка F лежит на окружности, описанной около DBPC. Так как угол ÐAFB = 120°, то точка F лежит на окружности, описанной около D ABR, значит, ÐAFR = 60°. Так как при повороте на 60° вокруг точки BD APB переходит в D RCB, то угол между AP и CR равен 60° и точка F лежит на CR.

Задача 30. 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°.

 

 

Решение.

Рис.18.

Проведем через вершины  исходногоD ABC прямые, перпендикулярные отрезкам AF, BF и CF соответственно (рис.18). Они пересекутся в вершинах некоторого правильного треугольника A₁B₁C₁. Для любой точки PD 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.