Элементарная математика / Ponarin-I

Если отрезки высот считать направленными, то этот результат верен и для тупоугольного треугольника.

Упражнения

4.1.Найдите отношения, в которых делятся медианы, биссектрисы

ивысоты треугольника соответственно его центроидом, центром вписанной окружности и ортоцентром, пользуясь теоремой Ван-Обеля (задача 2.16).

41

4.2.Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно его сторон и середин сторон, лежат на описанной около треугольника окружности.

4.3.Точка H — ортоцентр треугольника ABC. Докажите, что окружности, описанные около треугольников ABH, BCH, CAH, равны.

4.4.Диаметр описанной около треугольника окружности и его высота, выходящие из одной вершины этого треугольника, симметричны относительно биссектрисы, выходящей из той же вершины. Докажите.

4.5.Точка M симметрична центру O описанной около треугольника ABC окружности относительно стороны BC. Докажите, что четырехугольник AOMH — параллелограмм (H — ортоцентр треугольника).

4.6.Докажите, что в правильном треугольнике совпадают четыре замечательные точки O, G, I, H.

4.7.Докажите, что если в треугольнике совпадают какие-либо две из точек O, G, I, H, то треугольник правильный.

4.8.Точки A1 и B1 — основания высот AA1 и BB1 треугольника ABC. Докажите, что A1B1 = AB |cos C|.

4.9.Докажите, что расстояние от вершины C треугольника ABC до его ортоцентра H равно 2R |cos C|.

4.10.Докажите, что расстояние от вершины C треугольника ABC до его ортоцентра H равно AB |ctg C|.

4.11.Докажите соотношение для любого треугольника ABC:

a2 + AH2 = b2 + BH2 = c2 + CH2 = 4R2.

4.12. Докажите, что во всяком треугольнике имеет место зависи-

мость:

CH = a2 + b2 − c2 . R ab

4.13. Докажите, что OH2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2).

4.14. Докажите, что OG2 = R2 − 19 (a2 + b2 + c2).

4.15. Точка G — центроид треугольника ABC, P — произвольная точка плоскости. Докажите, что

3P G2 = P A2 + P B2 + P C2 − (GA2 + GB2 + GC2)

(формула Л е й б н и ц а).

4.16. Точка M симметрична центру описанной около треугольника ABC окружности относительно стороны AB. Докажите, что

CM2 = R2 + a2 + b2 − c2.

4.17. Докажите, что в остроугольном треугольнике ABC AH + BH + CH = 2(R + r).

42

Докажите следующие соотношения для треугольника ABC (4.28— 4.36).

4.28.CI2 = ab − 4Rr.

4.29.OH2 = R2(1 − 8 cos A cos B cos C).

4.30.IA · IB · IC = 4Rr2.

4.31.GI2 = (1/9)(p2 + 5r2 − 16Rr).

4.32.Если AA1, BB1, CC1 — медианы треугольника ABC, то

AA1 + BB1 + CC1 = 0.

4.33.Если AA1, BB1, CC1 — биссектрисы треугольника ABC, то a(b + c)AA1 + b(c + a)BB1 + c(a + b)CC1 = 0.

4.34.Если AA1, BB1, CC1 — высоты треугольника ABC, то

a2AA1 + b2BB1 + c2CC1 = 0.

4.35. Если O — центр описанной окружности, то

sin 2A · OA + sin 2B · OB + sin 2C · OC = 0.

4.36. Если H — ортоцентр треугольника АВС, то tg A · HA + tg B · HB + tg C · HC = 0.

§5. Вневписанные окружности треугольника

5.1. Существование вневписанных окружностей обусловлено т е о - р е м о й: биссектрисы двух внешних углов треугольника и биссектриса внутреннего угла, не смежного с этими двумя внешними, пересекаются в одной точке, которая является центром окружности, касающейся одной стороны треугольника и продолжений двух других сторон (вневписанная окружность).

Д о к а з а т е л ь с т в о. В любом треугольнике ABC две биссектрисы внешних углов (внешние биссектрисы) всегда пересекаются. В самом деле, сумма трех внешних углов равна 360◦, поэтому сумма двух из них меньше 360◦ и, значит, сумма половин двух внешних углов меньше 180◦. Тогда две внешние биссектрисы пересекаются (в той полуплоскости от стороны треугольника, которая этот треугольник не содержит), так как если бы они оказались параллельными, то сумма внутренних односторонних углов была бы равна 180◦ (рис. 36). Точка I1 пересечения внешних биссектрис равноудалена от прямых, содержащих стороны AB и BC. Поэтому через нее проходит биссектриса внутреннего угла A. Окружность с центром I1 и радиусом r1, равным расстоянию от точки I1 до стороны касания треугольника ABC, касается стороны BC в

44

ее внутренней точке X1 и продолжений сторон AC и AB в точках Y1 и Z1. Она называется вневписанной окружностью треугольника.

Всего существует три вневписанные окружности треугольника, соответствующие трем его сторонам (рис. 37).

Y1

r1

C

I1

r1 r1

X1

Рис. 36

Y1

X2

I2

Y2 X1

I

X3

Y3

I3

Рис. 37

5.2. Отрезки касательных из вершин треугольника к его вневписанным окружностям. Введем обозначения, указанные на рис. 37. Используя равенство отрезков касательных, проведенных из одной точки к

45

2p = AC + CB + BA = (AC + CX1) + (X1B + BA) =

= (AC + CY1) + (BZ1 + BA) = AY1 + AZ1 = 2AY1.

Аналогично получим

Далее, CX2 = BX2 − BC = p − a. Аналогично

CX2 = CY2 = BX3 = BZ3 = p − a,

CX1 = CY1 = AY3 = AZ3 = p − b, (5.2)

AZ2 = AY2 = BZ1 = BX1 = p − c.

5.3. Зависимость между радиусами вписанной, вневписанных и описанной окружностей треугольника. Сначала докажем такие формулы площади треугольника:

где r1, r2, r3 — радиусы вневписанных окружностей с центрами I1, I2, I3 соответственно.

Обращаясь к рис. 36, замечаем, что

SABC =SABI1 +SACI1 −SBCI1 = 12 cr1 + 12 br1 − 12 ar1 = 12 r1(b+c−a)=r1(p−a).

С равным правом S = r2(p − b) = r3(p − c). Теперь с помощью формул (5.3) и формулы S = pr находим:

Имеет место еще одно замечательное соотношение:

46

Непосредственной проверкой убеждаемся в истинности равенства

p(p −b)(p −c) + p(p −c)(p −a) + p(p −a)(p −b) −(p −a)(p −b)(p −c) = abc.

Поскольку abc = 4SR, то

p(p−b)(p−c) + p(p−c)(p−a) + p(p−a)(p−b) −(p−a)(p−b)(p−c) = 4SR.

Используя формулы (5.3) и (3.9), получаем:

S2 S2 S2 S2

4SR = p − a + p − b + p − c − p = S(r1 + r2 + r3 − r),

откуда 4R = r1 + r2 + r3 − r.

Упражнения

Докажите следующие утверждения (5.1—5.5).

5.1.Треугольник ABC является ортотреугольником треугольника I1I2I3 (см. п. 4.3).

5.2.Описанная около треугольника ABC окружность делит пополам каждый из трех отрезков, соединяющих центр вписанной окружности

сцентрами вневписанных окружностей.

5.3.Две вершины треугольника, центр вписанной окружности и центр вневписанной окружности, соответствующей третьей вершине, лежат на одной окружности.

5.4.В прямоугольном треугольнике центр вписанной окружности, середина катета и точка касания другого катета с вневписанной окружностью лежат на одной прямой. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.

5.5.Произведение расстояний от вершины треугольника до центра вписанной окружности и до центра соответствующей этой вершине вневписанной окружности равно произведению сторон треугольника, сходящихся в этой вершине.

5.6.Докажите, что при произвольном выборе точки P

Докажите следующие соотношения (5.7—5.19).

5.7. OIi2 = R2 + 2Rri, где i = 1, 2, 3 (формула Эйлера для вневписан-

47

5.14.AI · II1 = 4Rr.

5.15.r1 + r2 = 4R cos2 C.

5.16.r + r1 + r2 − r3 = 4R cos C.

5.17.II1 · II2 · II3 = 4rR2.

5.18.II12 + I2I32 = II22 + I3I12 = II32 + I1I22.

5.19.II1 : II2 : II3 = sin A2 : sin B2 : sin C2 .

5.20.Через две вершины треугольника и центр вписанной в него окружности проведена окружность. Докажите, что отрезок касательной, проведенной к этой окружности из третьей вершины, есть средняя геометрическая величина между сторонами треугольника, сходящимися в этой вершине.

§6. Окружность девяти точек треугольника

6.1.Существование окружности девяти точек. Имеет место

Теорема. В любом треугольнике основания высот, середины сторон

и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами, лежат

на одной окружности с центром в середине E отрезка OH и радиусом 12 R.

Д о к а з а т е л ь с т в о 1. Пусть A1, B1, C1 — середины сторон BC, CA, AB треугольника ABC, H1, H2, H3 — основания соответствующих высот и A2, B2, C2 — середины отрезков AH, BH, CH соответственно (рис. 38). Тогда четырехугольники B1C1B2C2 и C1A1C2A2 являются прямоугольниками. В самом деле, отрезки B1C1 и B2C2 как средние линии треугольников ABC и HBC параллельны BC и равны ее половине. Поэтому четырехугольник B1C1B2C2 — параллелограмм. Кроме того, в нем B1C2 kAH, но AH BC, поэтому B1C2 B2C2. Для четырехугольника C1A1C2A2 доказательство аналогично. Эти прямоугольники имеют общую диагональ C1C2. Значит, их диагонали равны и пересекаются в одной точке E. Поэтому точки A1, B1, C1, A2, B2, C2 лежат на одной окружности с центром E. Так как из точек H1, H2, H3 диаметры этой окружности видны под прямыми углами, то эти точки ей принадлежат. Треугольник A1B1C1 подобен треугольнику ABC с коэф-

фициентом подобия k = 12 , вследствие чего радиус описанной около него окружности вдвое меньше радиуса R окружности ABC. Треугольники A1B1C1 и A2B2C2 симметричны относительно точки E. Следовательно, их ортоцентры O и H симметричны относительно E (O — центр окружности ABC).

48

Д о к а з а т е л ь с т в о 2. Примем во внимание, что точки, симметричные ортоцентру H треугольника относительно его сторон и середин сторон, принадлежат описанной около треугольника окружности (зада-

ча 4.2). Зададим гомотетию с центром H и коэффициентом 12 . При этой гомотетии прообразами девяти точек, рассматриваемых в теореме, являются точки описанной окружности (рис. 39). Гомотетия отображает описанную около треугольника ABC окружность (O; R) на окружность

E; 12 R , которой принадлежат все девять указанных в теореме точек. Поскольку O → E, то E — середина OH.

Окружность E; 12 R называют окружностью девяти точек тре-

угольника. «Эта окружность — первое волнующее, с чем мы встречаемся в курсе элементарной геометрии», — говорил Даниэль Пидо.

Итак, окружность девяти точек треугольника гомотетична его описанной окружности относительно ортоцентра этого треугольника. Окружность девяти точек треугольника ABC описана около его серединного треугольника A1B1C1 и около его ортотреугольника H1H2H3.

6.2. Теорема Фейербаха. В 1804 г. окружность девяти точек была уже известна. Иногда ее приписывают Л. Эйлеру, который в 1765 г. доказал, что серединный треугольник и ортотреугольник данного треугольника имеют общую описанную окружность. Карл Фейербах (1800—1834), немецкий математик, брат известного философа Людвига Фейербаха, частично переоткрыл результат Эйлера и в 1822 году доказал еще одно удивительное свойство окружности девяти точек.

49

Теорема Фейербаха. Окружность девяти точек треугольника касается внутренне его вписанной окружности и касается внешне каждой из трех вневписанных окружностей.

Докажем сначала внутреннее касание окружности E; 12 R и впи-

санной окружности (I; r). Очевидно, задача сводится к доказательству равенства

Учитывая, что OE = 12 OH, находим:

EI = OI − OE = 21p((a − p)OA + (b − p)OB + (c − p)OC).

Поскольку 2OA·OB = 2R2 −c2, 2OB ·OC = 2R2 −a2, 2OA·OC = 2R2 −b2, то

EI2 = 41p2 ((p − a)2R2 + (p − b)2R2 + (p − c)2R2 +

+(p−a)(p−b)(2R2 −c2)+(p−a)(p−c)(2R2 −b2)+(p−b)(p−c)(2R2 −a2)).

Сумма слагаемых, содержащих R2, равна p2R2. Поэтому

EI2 = 14 R2 − 41p2 (c2(p − a)(p − b) + b2(p − a)(p − c) + a2(p − b)(p − c)).

Докажем, что

a2(p − b)(p − c) + b2(p − a)(p − c) + c2(p − a)(p − b) = 4p2r(R − r). (6.2) Для этого заметим сначала, что

После выполнения этих замен и подстановки 4R = r1 + r2 + r3 − r доказываемое равенство (6.2) принимает вид:

50