Методические особенности изучения замечательных точек в школьном курсе планиметрии

Любой треугольник имеет единственную описанную окружность, центр которой лежит на пересечении серединных перпендикуляров к его сторонам.

Серединный перпендикуляр  к стороне треугольника есть геометрическое место точек, равноудаленных от ее концов. Серединные перпендикуляры к двум сторонам обязательно пересекаются в одной  точке.

Эта точка  будет равноудалена от концов каждой из двух сторон, т.е. от всех вершин треугольника. Это и означает, что она является центром описанной около треугольника окружности. Ясно также, что она лежит  и на третьем серединном перпендикуляре, т.е. все три перпендикуляра пересекаются в одной точке[1].

1.2.1. Точка пересечения высот (ортоцентр).

Одной из замечательных точек  треугольника является точка пересечения  его высот.

Определение. Точка пересечения высот называется ортоцентром этого треугольника.

Задача 1. Точка пересечения высот остроугольного треугольника ABC делит его высоту BB₁ на отрезки aиb, отношение которых, считая от вершины, равно

.

Решение.

Рассмотрим треугольник АВС с опущенными высотами и и обозначим заО точку пересечения высот.

1. ТреугольникBC₁O – прямоугольный, и

.

Рис.1.

2. D BC₁C – прямоугольный, и

 

 

 

 

.

Откуда

.        (*)

Замечание. Если один из углов тупой, то в (*) соответствующий косинус нужно взять по модулю.

1.2.2. Точка пересечения биссектрис (ицентр).

Определение.Ицентром треугольника называется точка пересечения его биссектрис.

Задача 2. Доказать, что если O – точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то

,

где AA₁ – биссектриса угла A,  AB = c, BC = a, CA = b (рис. 2).

Рис.2. 

Решение.

1) В D ABC  AA₁ – биссектриса ÐA, поэтому

AB :AC = =BA₁ : CA₁ = BA₁ : (BC – BA₁) и.

2) В D ABA₁BO – биссектриса РB, поэтому AO :OA₁ = BA :BA₁ и

.         (*)

1.2.3. Расстояние от вершины до ортоцентра и ицентра треугольника.

Большой интерес представляют задачи на нахождение расстояния от произвольной вершины треугольника до одной из его замечательных точек. Сначала  решим задачу на нахождения расстояния от вершины до ортоцентра.

Задача 3. В треугольнике АВС опущены высоты и (рис. 1). Найти длину отрезка ОВ, гдеО – точка пересечения высот.

Решение. Из шага 2) решения задачи 1 следует, что

(для треугольников произвольных  по виду) или, после элементарного  преобразования,

.

Задача 4. Найти расстояние от вершины B треугольника ABC до ортоцентра, если 

Решение.

По теореме косинусов  .

 Тогда 

 

Поэтому BO = 9.

Теперь рассмотрим задачу на расстояние от вершины до точки  пересечения биссектрис треугольника (ицентра, центра вписанной окружности)

Задача 5. Пусть O – точка пересечения биссектрис треугольника ABC, AA₁ – биссектриса угла A,  AB = c, BC = a, CA = b (рис. 2). Найти длину отрезка АО.

Решение.

Из задачи 2 следует, что 

.

Так как 

 

то получим

 

Замечание. При этом можно доказать, что AO² = bc – 4Rr, где R и r – радиусы соответственно описанной и вписанной для треугольника АВС окружностей.

Рассмотрим подобную вычислительную задачу.

Задача 6. В треугольнике ABC  AB = 8 см, BC = 7 см, CA = 6 см. Найти расстояние от точки A до точки пересечения биссектрис.

Решение.

По данным длинам сторон треугольника нетрудно найти биссектрису  угла A, длина которой составит  AA₁ = 6 см. Тогда, используя формулу из задачи 2, имеем:

 

1.2.4.Расстояние между замечательными точками.

Рассмотрим задачу на нахождение расстояния между центроидом треугольника и его ицентром.

Задача 7. Пусть в треугольнике АВС точки О_В и О_М– соответственно центр вписанной окружности и точка пересечения медиан (рис. 3). Найти длину отрезка О_ВО_М.[16, 19].

Рис.3.

Решение.

Пусть

1) По свойству медиан  имеем 

 

2) По формуле (*) из решения задачи 2 имеем, что

AO_B :O_BA₂ = (b + c) : a, поэтому

AO_B :AA₂ = (b + c) : (b + c + a).

По свойству биссектрисы  треугольника AC :AB = CA₂ :A₂B, тогда .

Следовательно,

 

Тем самым получим

 

3) Из рис. 3 

 

4) Так как скалярный  квадрат вектора равен квадрату  его длины 

2bccos α = b² + c² – a²,

и можно получить равенство 

 

Элементарными преобразованиями легко доказать, что одним из упрощений  равенства будет

, где R и r – радиусы соответственно описанной и вписанной для треугольника АВС окружностей.

Проиллюстрируем, как результат  этой задачи может быть использован  в вычислительных задачах.

Задача 8.AC = 6, AB = 8, BC = 7. Найти расстояние между центром вписанной окружности и точкой пересечения медиан.

Решение.

Из задачи 2 следует, что 

AO_B :O_BA₂ = 14 : 7 = 2 : 1

и  OA_B :AA₂ = 2 : 3.

По свойству биссектрисы  треугольника AC :AB = CA₂ :A₂B,

тогда

 

Следовательно,

 

Тогда  .

Так как скалярный квадрат  вектора равен квадрату его длины  и 

2bccos α = 51, то .

Ответ:

Замечание. В данном примере можно было сделать вывод, что , так как OA_B :AA₂ = 2 : 3 = AO_M : AA₁ и поэтому

Задача 9. Пусть в треугольнике АВС точки О_В и О_М– соответственно центр вписанной окружности и точка пересечения медиан (рис. 3). Не используя понятия вектора, найти расстояние между ицентром и центром тяжести треугольника АВС, т.е. найти расстояние между точками О_В и О_М.

Решение.

1) Сначала найдем длину  медианы   и длину отрезка .

2) Найдем биссектрису: 

Обозначим тогда, по результатам задачи 2, 

3) Выразим также

 

4) В DA₁AA₂ известны длины всех сторон, поэтому можно найти косинус угла  A₁AA₂.

5) В D O_MAO_B по теореме косинусов можно найти O_MO_B и получить тот же результат, что и в задаче 7.

Задача 10. Найти расстояние между центром описанной окружности и точкой пересечения медиан (центр тяжести) [4].

Решение.

O – центр описанной окружности, OM – точка пересечения медиан, A₁ и C₁ – середины сторон соответственно AB и BC  (рис. 4 и 5).

1) ВD C₁KB   

 

ТогдаCK=a–0,5c cosβ 

        

Рис.4.

Рис.5.

 

2)  D CC₁KподобенD CO_MN. ТогдаCN :CK = NO_M :KC₁ = 2 : 3,

поэтому 

.

3) Изпункта 2) следует, что

 

4) РA = α, тогдаРCOB = 2α, поэтомуРCOA = α, OA₁ = Rcos α.

5) Откуда

.

6) В DOPO_M по теореме Пифагора

Известно, что 2accos β = a² + c² – b²,  2bccos α = b² + c² – a² (теорема косинусов);

,  (теорема синусов).

Отсюда .

Задача 11. Найти расстояние между центром описанной окружности и центром вписанной окружности (вывести формулу Эйлера).

Решение.

O₁ – центр описанной, O₂ – центр вписанной окружностей (рис. 6 и 7).

1) РA = α, РCO₁B = 2α, поэтому РBO₁K = α, O₁K = Rcos α и .

2) Так как O₂ – центр вписанной окружности, то O₂M = r.

3) Так как из точек A, B, C проведены по две касательные к описанной окружности, то отрезки касательных, концами которых являются точки касания и вершины треугольника, равны и можно показать, что BK = p – b.     

Рис.6.

Рис.7.

Поэтому

.

4) O₁P = Rcos α – r.

5) В D O₁PO₂ (рис. 7) по теореме Пифагора имеем

O₁O₂² = O₁P² + O₂P = O₁P² + KM²,

 

Упростим 

 

Тем самым формула Эйлера имеет вид  O₁O₂² = R² – 2Rr.

Задача 12. Центры описанной около треугольника окружности и вписанной в треугольник совпадают. Определите вид треугольника.

Решение. Т.к. центры окружностей совпадают, а мы знаем, что центр описанной окружности лежит в точке пересечения серединных перпендикуляров, а центр вписанной окружности – в точке пересечения биссектрис, то при совпадении центров совпадают серединные перпендикуляры с биссектрисами. Это возможно только в равностороннем треугольнике.

Задача 13. На сторонах BC,CA и AB треугольника ABC взяты точки A₁,B₁ и C₁, причем AC₁ = AB₁, BA₁ = BC₁ и CA₁ = CB₁. Докажите, что A₁,B₁ и C₁ – точки касания вписанной окружности со сторонами.

Решение. Пусть AC₁ = AB₁ = x, BA₁ = BC₁ = y и CA₁ = CB₁ = z. Тогда a = y + z, b = z + x и c = x + y. Вычитая третье равенство из суммы первых двух, получаем z = (a + b – c)/2. Поэтому, если треугольник ABC задан, то положение точек A₁ и B₁ определено однозначно. Аналогично положение точки C₁ определено однозначно. Остается заметить, что точки касания вписанной окружности со сторонами удовлетворяют указанным в условии задачи соотношениям.

Задача 14. Пусть O_a,O_b и O_c- центры вневписанных окружностей треугольника ABC. Докажите, что точки A,B и C — основания высот треугольника O_aO_bO_c.

Решение. Лучи CO_a и CO_b- биссектрисы внешних углов при вершине C, поэтому C лежит на прямой O_aO_b и ÐO_aCB = ÐO_bCA. Так как CO_c- биссектриса угла BCA, то ÐBCO_c = ÐACO_c. Складывая эти равенства, получаем ÐO_aCO_c = ÐO_cCO_b, т. е. O_cC — высота треугольника O_aO_bO_c. Аналогично доказывается, что O_aA и O_bB - высоты этого треугольника.

1.3.Замечательные точки треугольника, не изучаемые в школе.

1.3.1. Прямая Эйлера и окружность Эйлера (окружность девяти точек).

Определение.Пусть H – точка пересечения высот треугольника ABC,  O – центр описанной окружности,  M – точка пересечения медиан. Прямую, содержащую точки O, M и H называют прямой Эйлера.

Дадим также определение  окружности Эйлера.

Определение. Окружность Эйлера (девяти точек) – это окружность, на которой расположены середины сторон треугольника, основания его высот и середины отрезков, соединяющих вершины с ортоцентром треугольника.

Задача 15. Пусть H – точка пересечения высот треугольника ABC,  O - центр описанной окружности,  M – точка пересечения медиан. Докажем, что точка M лежит на отрезке OH, причем OM : MH = 1 : 2. (Напомним, что прямую, содержащую точки O, M и H называют прямой Эйлера – рис. 8) [8].

Рис.8.

Решение.

Пусть A₁, B₁ и C₁ – середины сторон BC, CA и AB. Треугольники A₁B₁C₁ и  ABC подобны, причем коэффициент подобия равен 2. Высоты треугольника A₁B₁C₁ пересекаются в точке O, поэтому OA₁ : HA = 1 : 2.

Пусть M’ - точка пересечения отрезков OH и AA₁.

Тогда OM’ : M’H = OA₁ : HA = 1 : 2 и 

AM’ : M’A₁ = OA₁ : HA = 1 : 2,  
т. е. M’ = M.

Задача 16.Прямая Эйлера треугольника ABC пересекает его стороны AB и BC в точках M и N соответственно. Доказать, что прямая Эйлера треугольника MBN параллельна стороне AC.

Решение.

Предположим, что Ð ABC остроугольный (рис. 9), тогда из задачи 14 следует, что AB и BC – наибольшая и наименьшая стороны РABC (будем считать для определенности, что AB > BC). Пусть H и H₁ – ортоцентры, O и O₁ – центры, а R и R₁ – радиусы описанных окружностей треугольников ABCи MBN; D – основание высоты BD треугольника MBN, РABC = β, РDBH = β₁, РDBO = β₂.