СОДЕРЖАНИЕ Ортоцентр Точка пересечения медиан Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника Точка Торричелли Прямая Симпсона Окружность Эйлера Прямая Эйлера Точки Фейербаха Точка пересечения серединных перпендикуляров Точка пересечения биссектрис

Ортоцентр треугольника A 1, B 1, C 1 – основания высот ABC; H – ортоцентр ABC A C B B1B1 H A1A1 C1C1 A C B H A1A1 B1B1 C1C1

Точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника A B C О С1С1 В1В1 А1А1 A 1, B 1, C 1 – основания серединных перпендикуляров к сторонам ABC; О – центр окружности, описанной около ABC A C B A1A1 B1B1 C1C1 О

Точка пересечения биссектрис треугольника A C B VM N P M, N, P – основания биссектрис ABC; V – центр окружности, вписанной в ABC

Точка пересечения медиан треугольника AB т.G – точка пересечения медиан треугольника ABC. G С1С1 В1В1 А1А1 AG : GA 1 = 2 : 1 BG : GB 1 = 2 : 1 CG : GC 1 = 2 : 1 C A 1, B 1, C 1 – основания медиан ABC;

A C B B1B1 H A1A1 C1C1 А2А2 A 1, B 1, C 1 – основания высот; H – ортоцентр ABC C2C2 B2B2 A 2, B 2, C 2 – точки, симметричные т.Н относительно сторон ABC Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон остроугольного треугольника Лежат ли точки А, А 2, В, В 2, С, С 2 на одной окружности? ПРОВЕРКА Доказательство

Докажем, что т.А 2 лежит на окружности, описанной около остроугольного ABC A C B H А2А2 H – ортоцентр ABC A 2 – точка, симметричная т.Н относительно стороны BC B1B1 Доказательство: 1.Проведем отрезок ВА A 1 HB = A 1 A 2 В; 3. A 1 HB ~ B 1 СВ; 4. Из 2. и 3.: A 1 A 2 В ~ B 1 СВ; 5. Из 4. : LA 1 A 2 В = LB 1 СВ; 6. Эти углы равны и опираются на отрезок АВ; 7. Сл-но, LA 1 A 2 В и LB 1 СВ вписаны в одну окружность с хордой АВ, а значит т.А 2 принадлежит окружности, описанной около ABC. Ч.Т.Д. A1A1 Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон остроугольного треугольника

A C B H A1A1 В2В2 B1B1 А2А2 НА 1 = А 1 А 2 C1C1 C2C2 НB 1 = B 1 B 2 НC 1 = C 1 C 2 ПРОВЕРКА Лежат ли точки А, А2, В, В2, С, С2 на одной окружности? Доказательство Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон тупоугольного треугольника

A C B H A1A1 В2В2 B1B1 А2А2 НА 1 = А 1 А 2 C1C1 C2C2 НB 1 = B 1 B 2 НC 1 = C 1 C 2 Докажем, что т. В 2 лежит на окружности, описанной около тупоугольного ABC. 1. Проведем отрезок АВ 2. H – ортоцентр ABC Доказательство: Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон тупоугольного треугольника 2. AHB ! = AВ 2 В 1 ; 3. AHB 1 ~ ВСВ 1 (т.к. ВНА 1 ~ BСВ 1, а следовательно, LA 1 НВ = LВСВ 1 ); 4. Из 2. и 3. следует: AВ 2 В 1 ~ BСВ 1 ; 5. Из 4. следует: L AВ 2 В = L АСВ; 6. Эти углы равны и опираются на АВ; 7. Сл-но, LAВ 2 В и LАСВ вписаны в одну окружность с хордой АВ, а значит, т.В 2 принадлежит окружности, описанной около АBС. Ч.Т.Д.

Верите ли вы, что окружности, описанные около AB 1 C, AC 1 В и BА 1 C, ПРОВЕРКА Доказательство A1A1 A B1B1 C1C1 B C M Построим на сторонах АВС равносторонние треугольники. Точка Торричелли пересекаются в одной точке?

A1A1 A B1B1 C1C1 B C M Доказательство: 2. L AMC= L BMC= Следовательно, L AMB= LAMB + LAСB =180 0.Значит, т.М лежит на окружности, описанной около С 1 АВ. 1. Построим окружности описанные около АВ 1 С и А 1 ВС. ? Точка Торричелли Ч.Т.Д.

A1A1 A B1B1 B C M Доказательство: L AMC=120 0 ? 1.Четырехугольник АМСВ 1 – вписан в окружность. Следовательно, сумма его противоположных углов равна 180º. 2. Т.е. LАВ 1 С + LАВ 1 С = 180º 3.LАВ 1 С = 60º 1.Четырехугольник АМСВ 1 – вписан в окружность. Следовательно, сумма его противоположных углов равна 180º. 60º 120º 4.Сл-но, LАВ 1 С = 180º - 60º = 120º. Точка Торричелли

A B C О P F E D Прямая Симпсона Верите ли вы, что Доказательство ПРОВЕРКА лежат на одной прямой? основания перпендикуляров, опущенных из любой точки описанной около него окружности на три стороны треугольника В произвольном АВС

A B C О P F E D Прямая Симпсона Доказательство: 1.Т.к. LCFP = LCEP = 90º, то около четырехугольника CFЕP можно описать окружность. Следовательно, LCEF = LCPF как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу окружности. 2. LCPF =90º - LPCF= =90º - LDBP = LBPD. 3. Т.к. LBEP = LBDP = 90º, То около четырехугольника BEPD можно описать окружность. Поэтому LBPD = LBED. 4. Сл-но, LCEF = LBED. 5. Значит, точки D, E, F – лежат на одной прямой. ? Ч.Т.Д.

A B C О P F E D Прямая Симпсона Доказательство: Рассмотрим LPCА и LАBP. а) Эти углы опираются на одну хорду AP, их вершины расположены в разных полуплоскостях от AP. Следовательно, LPCА =180º - LАBP. б) LАBP и LDBP – смежные. Следовательно, LDBP = 180º - LАBP в) Значит, LPCА = LDBP, т.е. LPCF = LDBP Следовательно, LCPF =90º - LPCF=90º - LDBP = LBPD. 2. LCPF =90º - LPCF= =90º - LDBP = LBPD. ?

A C B E D F B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z Верите ли вы, что ПРОВЕРКА Доказательство В произвольном АВС: Окружность Эйлера - середины его сторон А 1, В 1, С 1 ; - основания его высот D, E, F; - середины отрезков AH,BH,CH – точки X,Y,Z лежат на одной окружности? H

A C B B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z E D F H Доказательство: 1. Т.к. АС 1 =С 1 В и АХ=ХН, то С 1 Х II BF. 2. Т.к. ВА 1 =А 1 С и А 1 С=С 1 В, то А 1 С 1 IIAC. 3. Т.к. BF AC, то С 1 Х А 1 С Аналогично, В 1 Х А 1 В Следовательно точки С 1, А 1, В 1, Х – лежат на одной окружности. 6. Т.К. XD DA 1, то X, D, A 1, B 1 лежат на одной окружности. 7. Следовательно, точки X и D лежат на одной окружности, описанной около А 1 В 1 С Аналогично доказывается, что точки Y, E и Z, F лежат на этой окружности. Окружность Эйлера ? ? Ч.Т.Д.

A C B B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z E D F H 1. Т.к. АС 1 =С 1 В и АХ=ХН, то С 1 Х II BF Окружность Эйлера ? В АВН ХС 1.- средняя линия. Следовательно, С 1 Х II BF.

A C B B1B1 A1A1 C1C1 X E D F H Точки С 1, А 1, В 1, Х – лежат на одной окружности. Окружность Эйлера ? Доказано, что С 1 Х А 1 С 1 и В 1 Х А 1 В 1 Следовательно, в четырехугольнике А 1 В 1 ХС 1.сумма противоположных углов равна 180º Т.е. LА 1 С 1 Х + LА 1 В 1 Х = 180º Следовательно, вокруг четырехугольника А 1 В 1 ХС 1.можно описать окружность. Следовательно точки С 1, А 1, В 1, Х – лежат на этой окружности.

A C B E D F B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z Верите ли вы, что Доказательство G O ПРОВЕРКА N H лежат на одной прямой? - ортоцентр H, - центр тяжести G, - центр описанной около АВС окружности т.O В произвольном АВС: A 1, B 1, C 1 – середины сторон АВС Прямая Эйлера

A C B D F B1B1 C1C1 G О N H Дано: Пусть в АВС т.O-центр описанной окр-ти G – т. пересечения медиан В1, С1 – середины АС и АВ BF – высота Пусть т.Н - т.пресечения прямой OG с высотой BF. Докажем, что Н – точка пересечения высот. 1.Т.к. BF II OB 1, то BGH ~ B 1 GO. 2. Сл-но HG:GO=BG:GB 1 =2:1, 3. CG:GC 1 = 2:1. Значит, CG:GC 1 =HG:GO. Сл-но, СGH ~ С 1 GO. Доказательство: 4. Поэтому LGHС = LGOС 1, а значит СН II OC 1, а ОС 1 АВ. 5. Cл-но СН АВ, т.е. CD – высота АBС. 6. Значит т.Н – точка пересечения высот. Прямая Эйлера ? ? Ч.Т.Д.

A C B D F B1B1 C1C1 G О N H Дано: Пусть в АВС т.O-центр описанной окр-ти G – т. пересечения медиан В1 – середина АС BF – высота Пусть т.Н - т.пресечения прямой OG с высотой BF. 1.Т.к. BF II OB 1, то BGH ~ B 1 GO. Доказательство: Прямая Эйлера ? 1.О –центр описанной окружности, В 1 – середина АС. Сл-но, ОВ 1 АС. 2. ОВ 1 АС, BF АС. Сл-но, BF II OB 1 3. Т.к. BF II OB 1, а L BGH и L B 1 GO – вертикальные, то соответственные углы BGH и B 1 GO равны. Сл-но треугольники BGH ~ B 1 GO.

A C B D F B1B1 C1C1 G О N H Дано: Пусть в АВС т.O-центр описанной окр-ти G – т. пересечения медиан В 1, С 1 – середины АС и АВ BF – высота Пусть т.Н - т.пресечения прямой OG с высотой BF. 2. HG:GO=BG:GB 1 =2:1, CG:GC 1 =HG:GO. Прямая Эйлера ? BG:GB 1 =1:2, т.к. т. G – точка пересечения медиан ВВ 1 и СС 1 АBС, а значит делит медианы треугольника в отношении 2:1, считая от вершины.

A C B E D FB1B1 A1A1 C1C1 X Y Z - Середины его сторон А 1, В 1, С 1, - Основания его высот D, E, F, - Середины AH, BH, CH – точки X,Y,Z K3K3 K1K1 K2K2 K Точки Фейербаха - т. K, К 1, К 2, К 3

A C B B1B1 H A1A1 C1C1 А2А2 C2C2 B2B2

A C B H A1A1 В2В2 B1B1 А2А2 C1C1 C2C2

C A1A1 B D A2A2 A3A3

A B C О P F E D

A C B B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z D F E H

A C B E D F B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z G O N H

A C B E D F B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z K3K3 K1K1 K2K2 K X Y Z

A C B D F B1B1 C1C1 O N H Окружность Эйлера E A1A1 OB = 2. NA 1 или R описанной окр. = 2R окр.Эйлера

A C B E D F B1B1 A1A1 C1C1 X Y Z В АВС: Окружность Эйлера А 1, В 1, С 1 - середины сторон D, E, F - основания высот X, Y, Z - середины отрезков AH,BH,CH H АВH ВСH АСH имеют ту же окружность Эйлера, что и АВС

Точка Торричелли A1A1 A B1B1 C1C1 B C M AA 1 BB 1 CC 1 == Если точка Торричелли М лежит внутри треугольника, то сумма расстояний от точки М до вершин треугольника MА+MВ+MС - минимальна 2. 3.

A B C О P F E D F1F1 E1E1 D1D1 H Прямая Симпсона делит отрезок РН пополам! F 1, E 1, D 1 - симметричны точке Р относительно сторон АВС. F 1, E 1, D 1 - лежат на одной прямой F 1 D 1. К РК = КН Прямая F 1 D 1 проходит через ортоцентр Н АВС. Прямая Симпсона

A C B D F B1B1 C1C1 G O N H в АВС т.О-центр описанной окр-ти G – т. пересечения медиан т.Н - т.пресечения прямой OG с высотой BF. т.N – делит отрезок OH пополам. Прямая Эйлера Центр окружности Эйлера т.N – лежит на прямой Эйлера ON = NH OG : GH = 1 : 2

Литература: 1.Е.Д. Куланин, С.Н.Федин «Геометрия треугольника в задачах», Москва, книжный дом «Либроком», 2009 г. 2. И.М.Смирнова, В.А.Смирнов «Геометрия. Нестандартные и исследовательские задачи», учебное пособие 7 -11, Москва, Мнемозина, 2004 г. 3. «Энциклопедический словарь юного математика», Москва, «Педагогика», 1989 г.