Геометрия треугольника и окружности (стр. 3 )

Рис. 20 лельны. Но BDM = 90°, значит, и ВЕК = 90°,

а тогда ВК – диаметр окружности.

2. Так как центр описанной около АВС окружности лежит, с одной стороны, на диаметре ВК и, с другой стороны, на перпендикуляре к АС, восстановленном из точки М (напомним, что AM = МС), то этим центром является сама точка М. Значит, АС – диаметр окружности, а поэтому ABC = 90°.

Замечание 6. Довольно часто оказывается полезным провести вспомогательную окружность, что позволяет обнаружить такие соотношения (особенно касающиеся углов), которые без окружности найти довольно трудно, а иногда и невозможно. Так было в задаче 7, так будет и в следующих двух задачах.

Задача 8. На гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами 21 и 28 см как на стороне построен квадрат (треугольник и квадрат лежат по разные стороны от гипотенузы), центр квадрата соединен отрезком прямой с вершиной прямого угла треугольника. Найти длины отрезков, на которые указанной прямой делится гипотенуза треугольника.

Решение.

1. Рассмотрим четырехугольник АСВК (рис. 21). У него ACB = AKB = 90° (диагонали квадрата взаимно перпендикулярны), т. е. ACB + AKB = 180о. Значит, около АСВК можно описать окружность, что мы и сделаем

2.  Так как АК = KB, то дуги АК и KB равны, а тогда и вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, равны, т. е. ACK=KCB. Но это значит, что CF – биссектриса треугольника АСВ.

3.  По теореме о биссектрисе .

Рис. 22

Рис. 21

По условию АС = 21 см, СВ = 28 см, поэтому АВ = 35 см (по теореме Пифагора). Пусть AF = х, тогда BF = 35 – х. Значит, , откуда х = 15, т. е. AF = 15 см, BF = 35 – 15 = 20 (см).

Ответ: 15 см, 20 см.

Задача 9. Докажем, что ортоцентр остроугольного треугольника совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник, образованный основаниями высот.

Решение.

Поскольку центром вписанной в треугольник окружности является точка пересечения биссектрис, то задача сводится к тому, чтобы доказать, что DH, EH, KH — биссектрисы треугольника DEK (рис. 23). Для этого достаточно доказать, что EDH = HDK.

1.  Рассмотрим четырехугольник DHKC. Имеем: HDC = 90°, HKC = 90°, значит, HDC + НКС = 180°, а потому около четырехугольника DHKC можно описать окружность.

Рис. 23

Описав эту окружность (рис. 24), заметим, что углы HDK и НСК равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу НК. Аналогично, описав окружность около четырехугольника AEHD, заключаем, что EAH = EDH.

2. Итак, EAH = EDH, HDK = HCK. Но углы ЕАН и НСК равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами, значит, EDH = HDK, что и требовалось доказать.

Рис. 24

Задача 10. Докажем, что в непрямоугольном треугольнике ABC расстояние от ортоцентра до вершины В вдвое больше расстояния от центра описанной около треугольника окружности до стороны АС.

Рис. 65

Решение.

1. Пусть ABC— остроугольный треугольник, точка Н – ортоцентр, точка О – центр описанной окружности, отрезки BD и АР – высоты треугольника ABC, точки К и L – середины сторон АС и ВС, ОК и OL – перпендикуляры к сторонам (рис. 25).

Треугольники АВН и LKO подобны (ВНОК, АН OL, AB KL), значит, . Отрезок LK – средняя линия АВС, значит, Рис. 25 . Но тогда , что и требовалось доказать.

2. Пусть АВС — тупоугольный треугольник, причем сохранены обозначения предыдущего случая (рис. 26).

Из подобия треугольников АВН и LKO следует, что , значит, ВН = 2ОК, т. е. .

Рис. 26

Замечание 7. Как видите, ортоцентр, т. е. точка пересечения высот треугольника, обладает рядом интересных свойств – о двух из них шла речь в задачах 9 и 10. Последнее свойство (о котором шла речь в задаче 10) мы используем ниже, в задаче 11, а сейчас оно позволит нам получить любопытное свойство треугольника (для наглядности мы ограничимся остроугольным треугольником).

Итак, пусть Н – ортоцентр, О – центр описанной окружности, OK АС, ОКВН, АК = = КС (рис. 27).

Проведем медиану ВК и отрезок ОН. Треугольники ВНМ и КОМ подобны, значит, . Но , значит, ВМ:МК = 2 : 1, т. е. М – центр тяжести треугольника.

Вывод: ортоцентр, центр описанной окружности и центр тяжести треугольника лежат на одной прямой – эта прямая называется Рис. 27 прямой Эйлера.

Отметим два частных случая прямой Эйлера. Если треугольник равнобедренный, то прямая Эйлера – это ось симметрии треугольника. Если треугольник прямоугольный, то прямая Эйлера – это прямая, проходящая через вершину прямого угла и середину гипотенузы.

Задача 11. АР и СМ – высоты остроугольного треугольника АВС, периметр треугольника АВС равен 15 см, периметр треугольника ВРМ равен 9 см, радиус окружности, описанной около треугольника ВРМ, равен 1,8 см. Найти длину АС.

Решение.

1. Прежде всего докажем, что треугольники АВС и РВМ подобны (рис. 28). В самом деле, прямоугольные треугольники АВР и СВМ с общим острым углом В подобны, а потому . Но тогда у треугольников АВС и РВМ с общим углом В стороны, заключающие этот угол, пропорциональны, т. е. треугольники подобны.

2. Воспользуемся тем, что в подобных треугольниках отношение периметров и отношение радиусов описанных окружностей равны ко - Рис. 28 эффициенту подобия. По условию РАВС = 15 см, РВРМ = 9 см, значит, коэффициент подобия равен . Так как по условию радиус окружности, описанной около треугольника ВРМ, равен 1,8 см, то получаем, что радиус окружности, описанной около треугольника АВС, равен 1,8 = 3 (см).