Некоторые малоизвестные факты из геометрии треугольника

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.

Обозначим BC = a, AC = b, AB = c. Тогда AB₁ = b – CB₁, AC₁ = c – BC₁. Сложив эти равенства, имеем

AB₁ + AC₁ = 2AB₁ = 2AC₁ = b + c – (CB₁ + BC₁) = b + c – (CA₁ + BA₁) = b + c – a,

откуда AB₁ = AC₁ = .

Аналогично CA₁ = CB₁ =

и BA₁ = BC1 = .

Обозначим углы РC₁IB₁ = a, РC₁IA₁ = b, РA₁IB₁ = g. В DAIB₁ катеты связаны соотношением

откуда .

Аналогично .

Так как  ,

то легко доказать   (*)

Подставив в (*) выражения  

 через a, b, c и r, получим = ,

откуда

Так как S_ABC = rp, то отсюда следует формула Герона.

1. Докажите, что

 

.

2. Докажите, что

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 3R² – 4Rr – r².

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, РA = a, РB = 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

S = S₁ + S₂,

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

в квадрат PA² = PO² + 2PO•OA + OA².

Аналогично получаются равенства:

PB² = PO² + 2PO•OB + OB²,

PC² = PO² + 2PO•OC + OC².

Складывая эти три равенства, 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

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,

PA² + PB² + PC² = 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

4. Точка Ферма

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 РPFB = 60°, и точка F лежит на окружности, описанной около DBPC. Так как угол РAFB = 120°, то точка F лежит на окружности, описанной около D ABR, значит, РAFR = 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 DABC через x₁, x₂, x₃, найдите AP = BQ = CR (рис. 4).

2. Выразите x₁, x₂, x₃ через стороны треугольника a, b, c и s = x₁ + x₂ + x₃ (используя теорему косинусов).

3*. На сторонах D ABC во внешнюю сторону построены правильные треугольники ABC₁, BCA₁ и CAB₁. Обозначим через A₂, B₂ и C₂ середины отрезков B₁C₁, C₁A₁ и A₁B₁ соответственно. Докажите, что углы между прямыми AA₂, BB₂ и CC₂ равны 60°.

5. Треугольники Наполеона

Если на сторонах DABC внешним образом построить равносторонние треугольники, то их центры являются вершинами равностороннего внешнего треугольника Наполеона.

Действительно, вершины DO₁O₂O₃ являются центрами окружностей, описанных вокруг равносторонних треугольников и пересекающихся в точке F. Поэтому стороны DO₁O₂O₃ перпендикулярны отрезкам FA, FB и FC, и углы между ними равны 60° (рис. 5).

Если на сторонах DABC построить равносторонние треугольники во внутреннюю сторону и соединить их центры, то получится равносторонний внутренний треугольник Наполеона.

Применив теорему косинусов к DCO₁O₂, можно вывести формулу для стороны внешнего треугольника Наполеона:

где S – площадь DABC.

Для стороны внутреннего треугольника Наполеона аналогично получается

Проверьте!

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 DABC.

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 PQ² + QR² + RP² = a² + b² + c² + 9l₁².

7. Докажите, что точка пересечения медиан DPQR совпадает с точкой G пересечения медиан DABC.

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 DA₁B₁C₁ – правильный и центр его совпадает с центроидом G данного DABC.

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 DABC, 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).

Итак,

Аналогично

•. (1)

Точка Ферма F лежит на прямой CC₁, которая соединяет вершину C исходного DABC с вершиной C₁ равностороннего DABC₁ (рис. 6); O – центр описанной окружности.

Из DOCF имеем OF² = CF² + CO² – 2CF•COcos РOCF. (2)

Обозначим угол BCC₁ через j;

С учетом этого преобразуем формулу (2):

=
x₃² + R² – 2x₃R sin (j + a) = x₃² + R² – 2x³R (sin j cos a + cos j sin a) == x₃² + R² – 2Rh cos a – 2x₃R cos j sin a, (3)

где h = x₃sin j – высота  DBCF, опущенная на сторону BC,

Найдем по теореме косинусов для DBCC₁

где s = |CC₁| = x₁ + x₂ + x₃.

Для a (применим теоремы косинусов и синусов к DABC)

Подставив полученные выражения в (3), находим

Тогда с учетом (1) получим

Итак,

  (4)

Подставив в (4) x₁, x₂, x₃ из (1), получим формулу

которую преобразуем к виду

  (6)

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 DABC 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 РOGF в обозначениях упражнения 1 и формулы (6).

3. Доказать, что

4*. Точка F – точка Ферма DABC (углы которого меньше 120°). Докажите, что прямые Эйлера треугольников AFB, BFC и CFA пересекаются в одной точке.