Элементы треугольника. Высоты, медианы, биссектрисы. Свойства медиан биссектрис и высот треугольника


Свойства биссектрисы, медианы и высоты треугольника

В этой статье вы найдете свойства биссектрисы и медианы треугольника, которые могут быть полезны при решении задач.

Биссектрисы.

1. Точка пересечения биссектрис треугольника является центром вписанной в треугольник окружности.

Доказательство.

показать

Действительно, точки, лежащие на биссектрисе угла равноудалены от сторон угла. Следовательно, точка пересечения биссектрис равноудалена от всех сторон треугольника, то есть является центром вписанной окружности.

2. Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам:

 

{AB}/{AC}={BL}/{LC}

 Доказательство.

показать

3. Длина биссектрисы AL вычисляется по таким формулам:

AL=sqrt{AB*AC-BL*LC}(1)

AL=(2AB*AC*cos (A/2)}/(AB+AC)

Докажем вторую формулу.

показать

Введем обозначения:

S_{ABC}={1/2}cb{sin{2{alpha}}}

S_{ABC}=S_{ABL}+S_{ALC}

S_{ABL}={1/2}cl{sin{alpha}}

S_{ALC}={1/2}bl{sin{alpha}}

S_{ABC}=S_{ABL}+S_{ALC}={1/2}cl*{sin{alpha}}+{1/2}bl*{sin{alpha}}={1/2}l*sin{alpha}(c+b)

Приравняем выражения для площади треугольника :

{1/2}cb*{sin{2{alpha}}}={1/2}l*{sin{alpha}}(c+b)

Отсюда:

l={cb*{sin{2{alpha}}}}/{sin{alpha}(c+b)}={2cb*{cos{alpha}}}/(c+b)

4. Пусть О-центр вписанной окружности, -биссектриса угла   треугольника :

Тогда выполняется соотношение:

{BO}/{OB_1}={{AB}+{BC}}/{AC}

Доказательство:

показать

 

Биссектрису треугольника в некоторых задачах удобно продолжить до пересечения с описанной окружностью.

Лемма о трилистнике.

Дан треугольник . Точка - точка пересечения биссектрисы угла с описанной около треугольника окружностью. Пусть - центр вписанной в треугольник окружности. Тогда

   

Доказательство.

показать

Докажем формулу (1) из п. 3:

AL=sqrt{AB*AC-BL*LC}

 

Доказательство:

показать

Продолжим биссектрису до пересечения с описанной окружностью. Рассмотрим треугольники и  . Отметим равные углы:

 

Треугольник  подобен треугольнику по двум углам. Отсюда:

   

   

(2)

   

(3)

По свойству отрезков пересекающихся хорд

   

   

(4)

Подставим (3) в (2) и воспользуемся (4):

   

   

   

Отсюда

   

   

Выразим длины отрезков, на которые биссектриса делит сторону треугольника через длины сторон треугольника. Введем обозначения:

Получим систему:

   

Отсюда

   

   

   

   

 

Медианы.

1. Медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины:

 

2. Пусть - точка внутри треугольника такая, что выполняется соотношение: {AK}/{KA_1}= {BK}/{KB_1}={CK}/{KC_1}, то - точка пересечения медиан треугольника .

Доказательство.

показать

3. Медианы треугольника, пересекаясь, разбивают его на 6 равновеликих треугольника.

Доказательство.

показать

Докажем, что

так как ,

так как ,

Следовательно,

[\spoiler]

 

 

Высоты.

1. Прямые, содержащие высоты треугольника пересекаются в одной точке. В случае остроугольного треугольника в одной точке пересекаются сами высоты.

 

 

 

 

 

2. Точка пересечения высот треугольника обладает следующим свойством: сумма квадрата расстояния от вершины треугольника и квадрата противолежащей стороны одинаковая для любой вершины:

AH^2+BC^2=BH^2+AC^2=CH^2+AB^2

Доказательство.

[spoiler]

Докажем первую часть равенства:

AH^2+BC^2=BH^2+AC^2

Перепишем его в виде:

AH^2-BH^2=AC^2-BC^2(1)

По теореме Пифагора: AH^2=C_2A^2+C_2H^2; ~~BH^2=C_2H^2+C_2B^2 (из треугольников  и )

AC^2=C_2A^2+C_2C^2  (из треугольника )

BC^2=C_2B^2+C_2C^2 (из треугольника )

Подставим эти выражения в (1), получим:

(C_2A^2+C_2H^2)-(C_2H^2+C_2B^2)=(C_2A^2+C_2C^2)-(C_2B^2+C_2C^2)

Раскроем скобки, получим:

C_2A^2-C_2B^2=C_2A^2-C_2B^2.

Получили тождество. Вторая часть равенства доказывается аналогично.

3. Если описать вокруг треугольника окружность и продлить высоты треугольника до пересечения с этой окружностью,

то для любой высоты треугольника расстояние от основания высоты до точки пересечения продолжения высоты с окружностью равно расстоянию от основания высоты до точки пересечения высот:

A_2A_3=A_2H, ~~B_2B_3=B_2H,~~ C_2C_3=C_2H

Или так: Точки, симметричные точке пересечения высот треугольника относительно сторон треугольника, лежат на описанной около треугольника окружности.

Доказательство.

показать

Докажем, что .

Для этого рассмотрим треугольники   и ,  и докажем, что {Delta}AHC={Delta}AB_3C:

Воспользуемся признаком равенства треугольников по стороне и двум прилежащим углам. - общая сторона. Докажем равенство двух углов.

Докажем, что ∠

Пусть ∠HAC={alpha},  тогда из треугольника получим, что

A_2CA=90^{circ}-{alpha}. Следовательно, из треугольника получим, что

B_2BC={alpha}, и

B_3BC={alpha}

Но ∠ и ∠ опираются на одну дугу  , следовательно, ∠alpha=

Аналогично получаем, что ∠

4. В треугольнике точки   и - основания высот, проведенных из вершин   и . Доказать, что треугольник подобен треугольнику и коэффициент подобия равен .

Доказательство:

показать

Теорема Чевы

Пусть в треугольнике 

Отрезки пересекаются в одной точке в том и только том случае, если

   

(1)

 

Доказательство.

показать

Докажем, что если отрезки пересекаются в одной точке, то соотношение (1) выполняется.

Легко проверить, что если , то выполняется

Применим это свойство пропорции:

   

   

Аналогично:

   

   

Тогда

   

(2)

Теорему Чевы можно записать в таком виде:

Если отрезки пересекаются в одной точке, то  выполняется соотношение:

   

Чтобы доказать теорему Чевы в форме синусов, достаточно во вторую часть равенства (2) вместо площадей треугольников подставить для площади каждого треугольника формулу .

 

Из лекций Агаханова Назара Хангельдыевича и Владимира Викторовича Трушкова,  КПК МФТИ.

ege-ok.ru

Высоты медианы биссектрисы треугольника - материалы для подготовки к ЕГЭ по Математике

Высоты, медианы и биссектрисы треугольника постоянно встречаются нам в задачах по геометрии. Мы начнем с таблицы, в которой показано, что такое высоты, медианы и биссектрисы, и какими свойствами они обладают. Затем — подробные объяснения и решение задач.

Высоты, медианы, биссектрисы треугольника

Напомним, что высота треугольника — это перпендикуляр, опущенный из его вершины на противоположную сторону.

Высота в треугольнике

Три высоты треугольника всегда пересекаются в одной точке. Вот как это выглядит в случае остроугольного треугольника.

Высоты в остроугольном треугольнике

Попробуйте провести три высоты в тупоугольном треугольнике. Получилось? Да, редкий выпускник справляется с этим заданием. Действительно, мы не можем опустить перпендикуляр из точки  на отрезок , зато можем опустить его на прямую  — то есть на продолжение стороны .

Высота в тупоугольном треугольнике

В этом случае в одной точке пересекаются не сами высоты, а их продолжения.

Высоты в тупоугольном треугольнике

А как выглядят три высоты в прямоугольном треугольнике? В какой точке они пересекаются?

Медиана треугольника — отрезок, соединяющий его вершину с серединой противоположной стороны.

Три медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении , считая от вершины.

Свойство медианы

Биссектриса треугольника — отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне и делящий угол треугольника пополам.

У биссектрисы угла есть замечательное свойство — точки, принадлежащие ей, равноудалены от сторон угла. Поэтому три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, равноудаленной от всех сторон треугольника. Эта точка является центром окружности, вписанной в треугольник.

Еще одно свойство биссектрисы пригодится тем, кто собирается решать задачу . Биссектриса треугольника делит противоположную сторону в отношении длин прилежащих сторон.

Свойство биссектрисы

Ты нашел то, что искал? Поделись с друзьями!

Разберем несколько задач, в которых речь идет о высотах, медианах и биссектрисах треугольника. Все задачи взяты из Банка заданий ФИПИ.

1. Найдите острый угол между биссектрисами острых углов прямоугольного треугольника. Ответ дайте в градусах.

Рисунок к задаче 1

Пусть биссектрисы треугольника (в котором угол  равен ) пересекаются в точке .

Рассмотрим треугольник .

,

, тогда

Острый угол между биссектрисами на рисунке обозначен .

Угол  смежный с углом AM \mkern -3mu B, следовательно, .

Поскольку треугольник  — прямоугольный, то .

Тогда .

Ответ: 45.

2. Острые углы прямоугольного треугольника равны 29^{\circ} и 61^{\circ}. Найдите угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины прямого угла. Ответ дайте в градусах.

Рисунок к задаче 2

Пусть C \mkern -2mu H — высота, проведенная из вершины прямого угла , CK — биссектриса угла .

Тогда

.

Угол между высотой и биссектрисой — это угол .

Ответ: 16.

3. Два угла треугольника равны 58^{\circ} и 72^{\circ}. Найдите тупой угол, который образуют высоты треугольника, выходящие из вершин этих углов. Ответ дайте в градусах.

Рисунок к задаче 3

Из треугольника A \mkern -2mu C \mkern -2mu H (угол H — прямой) найдем угол C \mkern -2mu AH. Он равен 18^{\circ}.

Из треугольника AC \mkern -2mu K (K — прямой) найдем угол AC \mkern -2mu K. Он равен 32^{\circ}.

В треугольнике AO \mkern -2mu C известны два угла. Найдем третий, то есть угол AO \mkern -2mu C, который и является тупым углом между высотами треугольника :

AO \mkern -2mu C = 180^{\circ} - 18^{\circ} - 32^{\circ} = 130^{\circ}.

Ответ: 130.

4. В треугольнике угол  равен 58^{\circ}, A \mkern -2mu D и B \mkern -2mu E — биссектрисы, пересекающиеся в точке O. Найдите угол AO \mkern -2mu B. Ответ дайте в градусах.

Рисунок к задаче 4

Пусть в треугольнике угол B \mkern -3mu AC равен , угол равен B.

Рассмотрим треугольник AO \mkern -2mu B.

, тогда .

Из треугольника получим, что .

Тогда .

Ответ: 119^{\circ}.

5. В треугольнике угол  равен 60^{\circ}, угол B равен 82^{\circ}. A \mkern -2mu D, B \mkern -2mu D и C \mkern -2mu F — биссектрисы, пересекающиеся в точке O. Найдите угол AO \mkern -3mu F. Ответ дайте в градусах.

Рисунок к задаче 5

Найдем угол AC \mkern -3mu B. Он равен 38^{\circ}.

Тогда .

Из треугольника AC \mkern -3mu F найдем угол . Он равен 101^{\circ}.

Рассмотрим треугольник AO \mkern -3mu F.

, . Значит

Ответ: 49.

6. В треугольнике , C \mkern -2mu D — медиана, угол AC \mkern -3mu B равен , угол B равен 58^{\circ}. Найдите угол AC \mkern -3mu D. Ответ дайте в градусах.

Как решать эту задачу? У медианы прямоугольного треугольника, проведенной из вершины прямого угла, есть особое свойство. Мы докажем его в теме «Прямоугольник и его свойства».

Подсказка: Сделайте чертеж, найдите на нем равнобедренные треугольники и докажите, что они равнобедренные.

Правильный ответ: 22.

Звоните нам: 8 (800) 775-06-82 (бесплатный звонок по России)                        +7 (495) 984-09-27 (бесплатный звонок по Москве)

Или нажмите на кнопку «Узнать больше», чтобы заполнить контактную форму. Мы обязательно Вам перезвоним.

ege-study.ru

Треугольник. Важные факты о высоте, биссектрисе и медиане

Определения

Медиана треугольника – это отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противоположной стороны.

 

Биссектриса треугольника – это отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяющий вершину треугольника с точкой противоположной стороны.

 

Высота треугольника – это перпендикуляр, проведенный из вершины треугольника к прямой, содержащей противоположную сторону.

 

Теорема

В любом треугольнике высоты (или их продолжения) пересекаются в одной точке (рис. 1 и 2), биссектрисы пересекаются в одной точке (рис. 3), медианы пересекаются в одной точке (рис. 4).

Теорема

В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является медианой и высотой.

Верны и другие утверждения:В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является биссектрисой и медианой.В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является биссектрисой и высотой.

 

\[{\Large{\text{Медиана}}}\]

Теорема

В любом треугольнике медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины.

Доказательство

Пусть \(AD\) и \(BE\) – медианы в треугольнике \(ABC\), \(O\) – точка пересечения \(AD\) и \(BE\).

 

\(DE\) – средняя линия в треугольнике \(ABC\), тогда \(DE\parallel AB\), значит \(\angle ADE = \angle BAD\), \(\angle BED = \angle ABE\), следовательно, треугольники \(ABO\) и \(DOE\) подобны (по двум углам).

 

Из подобия треугольников \(ABO\) и \(DOE\): \(\dfrac{BO}{OE} = \dfrac{AB}{DE} = \dfrac{2}{1}\).

 

Для других медиан треугольника \(ABC\) требуемое свойство доказывается аналогично.

 

Теорема

Медиана треугольника делит его на два равновеликих треугольника (равновеликие треугольники – это треугольники, у которых площади равны).

 

Доказательство

Площадь треугольника равна половине произведения основания на высоту, проведенную к этому основанию: \(S_{ABC} = 0,5\cdot AC\cdot h\).

 

Пусть \(BD\) – медиана в треугольнике \(ABC\), тогда \(AD = DC\).

 

\(S_{ABD} = 0,5\cdot AD\cdot h\),

\(S_{BCD} = 0,5\cdot DC\cdot h\).

 

Так как \(AD = DC\), то \(S_{ABD} = S_{BCD}\), что и требовалось доказать.

 

Теорема

В прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы.

 

Верно и обратное: если медиана равна половине стороны, к которой она проведена, то она проведена из вершины прямого угла.

 

Доказательство

1) Докажем, что если \(\triangle ABC\) – прямоугольный, то \(BM=\frac12AC\), где \(M\) – середина гипотенузы \(AC\).

 

Достроим треугольник \(ABC\) до прямоугольника \(ABCD\) и проведем диагональ \(BD\). Т.к. в прямоугольнике диагонали делятся точкой пересечения пополам и равны, то \(AC\cap BD=M\), причем \(AM=MC=BM=MD\), чтд.

 

2) Докажем, что если в треугольнике \(ABC\) медиана \(BM=AM=MC\), то \(\angle B=90^\circ\).

 

Треугольники \(AMB\) и \(CMB\) – равнобедренные, следовательно, \(\angle BAM=\angle ABM=\alpha, \quad \angle MBC=\angle MCB=\beta\).

 

Т.к. сумма углов в треугольнике равна \(180^\circ\), то для \(\triangle ABC\):

 

\(\alpha+(\alpha+\beta)+\beta=180^\circ \Rightarrow \alpha+\beta=90^\circ \Rightarrow \angle B=90^\circ\), чтд.

 

\[{\Large{\text{Биссектриса}}}\]

Теорема

Биссектриса треугольника делит его сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам:

 

Верно и обратное: если отрезок, проведенный из вершины треугольника к стороне, делит эту сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то это биссектриса.

 

Доказательство

Площади треугольников, у которых есть равные углы, относятся как произведения сторон, образующих эти углы, то есть \[\dfrac{S_{ACD}}{S_{BCD}} = \dfrac{AC\cdot CD}{CB\cdot CD} = \dfrac{AC}{CB}\]

С другой стороны, \(\dfrac{S_{ACD}}{S_{BCD}} = \dfrac{0,5\cdot AD\cdot h}{0,5\cdot DB\cdot h}\), где \(h\) – высота, проведённая из точки \(C\), тогда \(\dfrac{S_{ACD}}{S_{BCD}} = \dfrac{AD}{DB}\).

 

В итоге \(\dfrac{AD}{DB} = \dfrac{S_{ACD}}{S_{BCD}} = \dfrac{AC}{CB}\), откуда \(\dfrac{AD}{AC} = \dfrac{DB}{BC}\), что и требовалось доказать.

 

Теорема

Если точка равноудалена от сторон угла, то она лежит на его биссектрисе.

 

Верно и обратное: если точка лежит на биссектрисе угла, то она равноудалена от его сторон.

 

Доказательство

1) Докажем, что если \(KA=KB\), то \(OK\) – биссектриса.Рассмотрим треугольники \(AOK\) и \(BOK\): они равны по катету и гипотенузе, следовательно, \(\angle AOK=\angle BOK\), чтд.

 

2) Докажем, что если \(OK\) – биссектриса, то \(KA=KB\).Аналогично треугольники \(AOK\) и \(BOK\) равны по гипотенузе и острому углу, следовательно, \(KA=KB\), чтд.

shkolkovo.net

Медианы, биссектрисы и высоты треугольника

Медиана треугольника

Отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противоположной стороны, называется медианой треугольника. В треугольнике их всего три.

 

Медианы треугольника пересекаются в одной точке (центр тяжести треугольника) и точкой пересечения делятся в отношении 2:1 считая от вершины.

Медиана треугольника делит треугольник на два равновеликих треугольника. (S1 = S2)

 

Медианы треугольника делят треугольник на 6 равновеликих треугольников.

Биссектриса треугольника

Отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяющий вершину треугольника с точкой противоположной стороны, называется биссектрисой треугольника. В треугольнике их три.

Все три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке (центр вписанной в треугольник окружности).

Свойство биссектрисы: Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам:

Высота треугольника

Перпендикуляр, проведенный из вершины треугольника к прямой, содержащий противоположную сторону, называется высотой треугольника. В треугольнике их три.

Высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке (Ортоцентр)

Свойство высот: Высоты треугольника обратно пропорциональны его сторонам.

Как найти длину высоты?

www.bitreit.ru

§ 1. Подобие треугольников. Отношение площадей подобных треугольников. Свойства медиан, биссектрис и высот — Phystech.Academy

Две фигуры FF и F`F`  называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между двумя точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры FF и F`F`  подобны, то пишется F~F`F\sim F`Напомним, что в записи подобия треугольников ∆ABC~∆A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1предполагается, что вершины, совмещаемые преобразованием  подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. AA переходит в A1A_1, BB - в B1B_1, CC - в C1C_1. Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если ∆ABC~∆A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1

∠A=∠A1, ∠B=∠B1, ∠C=∠C1, ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1\angle A=\angle A_1,\;\angle B=\angle B_1,\;\angle C=\angle C_1,\;\frac{AB}{A_1B_1}=\frac{BC}{B_1C_1}=\frac{AC}{A_1C_1}

Два треугольника подобны:

  • 1) если два угла одного соответственно равны двум углам другого;
  • 2) если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами, равны;
  • 3) если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого.

Из признаков подобия следует утверждения, которые удобно использовать в решении задач: 

1°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие в различных точках, отсекает треугольник, подобный данному.

Рис. 5

2°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает на них отрезки, пропорциональные данным сторонам,   т. е. если  MN||ACMN||AC (рис. 5), то

mn=pq=m+pn+q\frac mn=\frac pq=\frac{m+p}{n+q}

3°. Если  прямая пересекает две стороны треугольника и отсекает на них пропорциональные отрезки, то она параллельна третьей стороне, т. е. если (см. рис. 5)

mn=m+pn+q\frac mn=\frac{m+p}{n+q} или mn=pq\frac mn=\frac pq,

то MNMN параллельна ACAC (доказательство было дано в задании для  9 класса).

Рис. 6

Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основаниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках MM и NN. Найти длину отрезка  если  основания  трапеции равны aa и bb.

Δ Пусть OO точка пересечения диагоналей трапеции (рис. 6). Обозначим:

AD=a, BC=b, MO=x, BO=p, OD=q.AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.

1. BC~AD△BOC~△DOA (по двум углам)⇒ba=pq1.\;\left\{\begin{array}{l}BC\sim AD\\\bigtriangleup BOC\sim\bigtriangleup DOA\;(по\;двум\;углам)\end{array}\right.\Rightarrow\frac ba=\frac pq

2. MO~AD△MBO~△ABD⇒xa=pp+q2.\;\left\{\begin{array}{l}MO\sim AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end{array}\right.\Rightarrow\frac xa=\frac p{p+q}

Из (1) и (2) следует x=app+q=qp/qp/q+1=aba+b⇒MO=aba+b.x=a\frac p{p+q}=q\frac{p/q}{p/q+1}=\frac{ab}{a+b}\Rightarrow MO=\frac{ab}{a+b}.

Аналогично устанавливаем, что NO=aba+b⇒MN=2aba+bNO=\frac{ab}{a+b}\Rightarrow MN=\frac{2ab}{a+b}.

Результат этой задачи, как утверждение, верное для любой трапеции, следует запомнить. ▲

Из определения подобия фигур следует, что в подобных фигурах все соответствующие линейные  элементы пропорциональны. Так, отношение периметров подобных треугольников равно отношению длин соответствующих сторон. Или, например, в подобных треугольниках отношение радиусов вписанных окружностей (также и описанных окружностей) равно отношению длин соответствующих сторон. Это замечание поможет нам решить следующую задачу.

Рис. 7

В прямоугольном треугольнике  ABCABC из вершины CC прямого угла проведена высота CDCD (рис. 7). Радиусы  окружностей, вписанных в треугольники ACDACD и BCDBCD равны соответственно r1r_1 и r2r_2 . Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ABCABC.

Δ Обозначим искомый радиус rr, положим AB=cAB=c, AC=bAC=b, BC=aBC=a. Из подобия прямоугольных треугольников ACDACD и ABCABC (у   них   равные углы при вершине AA) имеем rr1=cb\frac r{r_1}=\frac cb, откуда b=r1rcb=\frac{r_1}rc. Прямоугольные треугольники  BCDBCD и  BACBAC также  подобны,  поэтому rr2=ca\frac r{r_2}=\frac ca, - откуда a=r2rca=\frac{r_2}rc. Так как a2+b2=c2a^2+b^2=c^2 то, возводя в квадрат выражения для  aa и bb и складывая их, получим r1r2c2+r2r2c2=c2 ⇒r12+r22r2=1\left(\frac{r_1}r\right)^2c^2+\left(\frac{r_2}r\right)^2c^2=c^2\;\Rightarrow\frac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=1.  Находим  r=r12+r22r=\sqrt{r_1^2+r_2^2} ▲

Напомним, что площади подобных фигур относятся как квадраты соответствующих линейных элементов. Для треугольников это утверждение можно сформулировать так: площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Рассмотрим характерную задачу на эту тему.

Рис. 8

Через точку MM, лежащую внутри треугольника ABCABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам. При этом образовались три треугольника (рис. 8), площади которых равны S1S_1, S2S_2  и S3S_3. Найти  площадь треугольника ABCABC.

Легко видеть, что треугольники EKMEKM, MQFMQF и PMNPMN подобны треугольнику ABCABC.

Пусть SS -площадь треугольника ABCABC, тогда

S1S=EMAC2; S2S=MFAC2; S3S=PNAC2.\frac{S_1}S=\left(\frac{EM}{AC}\right)^2;\;\frac{S_2}S=\left(\frac{MF}{AC}\right)^2;\;\frac{S_3}S=\left(\frac{PN}{AC}\right)^2.

Откуда находим

EM=S1SAC, MF=S2SAC, PN=S3SAC.EM=\sqrt{\frac{S_1}S}AC,\;MF=\sqrt{\frac{S_2}S}AC,\;PN=\sqrt{\frac{S_3}S}AC.

А так как EM=AP, MF=NC⇒EM+PN+MF=AP+PN+NC=ACEM=AP,\;MF=NC\Rightarrow EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC.

Таким образом, AC=AC*S1S+S2S+S3S⇒S=S1+S2+S32AC=AC\ast\left(\sqrt{\frac{S_1}S}+\sqrt{\frac{S_2}S}+\sqrt{\frac{S_3}S}\right)\Rightarrow S=\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2. ▲

Свойства медиан, высот, биссектрис треугольника

В наших заданиях 9-го и 10-го классов здесь повторяемые теоремы и утверждения были доказаны. Для некоторых из них  мы напоминаем пути доказательств, доказывая их моменты и давая поясняющие рисунки.

Рис. 9

Теорема 1. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке  и  точкой пересечения каждая медиана делится в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Теорема 2. Три медианы, пересекаясь, разбивают треугольник на 6 треугольников с общей вершиной, площади которых равны между собой.

(На рис. 9 площадь каждого из 6 треугольников с вершиной  и основанием, равным половине стороны, равна 12SABC\frac12S_{ABC}. Точка пересечения медиан называется центром тяжести треугольника. 

Теорема 3. Пусть BDBD - медиана треугольника 

ABC (BC=a, AC=b, AB=c, BD=ma)ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a), тогда

mc2=a2+b22-c24m_c^2=\frac{a^2+b^2}2-\frac{c^2}4. (Доказательство приведено далее в §4 Задания).

Рис. 10

Медианы AA1AA_1 треугольника ABCABC пересекаются в точке OO, AA1=12AA_1=12 и CC1=6CC_1=6 и одна из сторон треугольника равна 12. (рис. 10). Найти площадь треугольника  ABCABC.

Δ 1. По теореме 1 имеем AO=23AA1=8, CO=23CC1=4AO=\frac23AA_1=8,\;CO=\frac23CC_1=4. 

Расставим на рисунке 10 длины отрезков медиан. По условию, одна из сторон треугольника равна 12, сторона ACAC не может равняться 12, иначе AC=AO+OCAC=AO+OC - нарушено неравенство треугольника. Также не может равняться 12 сторона ABAB, так в этом случае AC1=6AC_1=6 и треугольник AOC1AOC_1  со сторонами 8, 2, 6 не существует. Значит,  BC=12BC=12 и AC1=6AC_1=6.

2. Площадь треугольника находим по формуле Герона:

p=7, SA1OC=7*1*3*3=37p=7,\;S_{A_1OC}=\sqrt{7\ast1\ast3\ast3}=3\sqrt7.

По теореме 2 площадь треугольника  ABCABC в 6 раз больше, находим SABC=187S_{ABC}=18\sqrt7.▲

Теорема 4. Три высоты треугольника или три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке. (Эта точка называется ортоцентром треугольника). В остроугольном треугольнике точка пересечения высот лежит внутри треугольника.

Были доказаны также две леммы о высотах

1-ая лемма.

Если AA1AA_1 и BB1BB_1 - высоты треугольника ABCABC, то треугольник A1B1CA_1B_1C подобен треугольнику ABCABC с коэффициентом подобия k=A1B1AB=cosCk=\frac{A_1B_1}{AB}=\left|\cos C\right|. Можно это утверждение сформулировать так: Если соединить основания двух высот AA1AA_1 и BB1BB_1 треугольника ABCABC, то образуется треугольник, подобный данному: ∆A1B1C~∆ABC\triangle A_1B_1C\sim\triangle ABC. 

Из прямоугольных треугольников ACA1ACA_1 следует A1C=AC*cosCA_1C=AC*cosC или A1C=AC*cos(180°-C)=ACcosCA_1C=AC\ast cos(180^\circ-C)=AC\left|\cos C\right| (рис. 11а, б), а из прямоугольных треугольников BCB1BCB_1 следует B1C=BC*cosCB_1C=BC*cosC или B1C=BC*cos(180°-C)=BCcosCB_1C=BC\ast cos(180^\circ-C)=BC\left|\cos C\right|. Далее рассуждения очевидны.

Рис. 11a Рис. 11б

2-ая лемма.

Если высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 (или их продолжения) пересекаются в точке HH, то справедливо равенство AH*HA1=BH*HB1AH*HA_1=BH*HB_1 (рис. 12а, б).

Рис. 12a Рис. 12б
Рис. 13

Высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 пересекаются в точке HH (рис. 13), при этом AH=3HA1AH=3HA_1 и BH=HB1BH=HB_1. Найти косинус угла ACBACB и площадь треугольника ABCABC, если AC=aAC=a.  

 Δ Обозначим HA1=x, HB1=yHA_1=x,\;HB_1=y, 

1. Точка HH - середина высоты (рис. 13). Если отрезок MHMH проходит через точку HH и параллелен  основаниям,  то MN - средняя линия; MN=a/2MN=a/2.

2. ∆HA1N~∆AA1C⇒HNAC=x4x, HN=14a. \triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\Rightarrow\frac{HN}{AC}=\frac x{4x},\;HN=\frac14a.\;Значит, MH=HN=a4MH=HN=\frac a4 и AB1=B1C=a2AB_1=B_1C=\frac a2 Треугольник  ABCABC  равнобедренный, AB=BCAB=BC.

3. ∠B1BC=90°-∠C⇒∠BHA1=∠AHB1=∠C\angle B_1BC=90^\circ-\angle C\Rightarrow\angle BHA_1=\angle AHB_1=\angle C, а по второй лемме о высотах  AH*HA1=BH*HB1AH*HA_1=BH*HB_1 т. е.  3x2=y2, y=x33x^2=y^2,\;y=x\sqrt3.

     Далее, cosC=cos(∠AHB1)=y3xcosC=cos(\angle AHB1)=\frac y{3x}, находим cosC=13\cos C=\frac1{\sqrt3}.

4. △AHB1: AB12=(3x)2-y2, a24=6x2, x=a26, y=a22⇒⇒SABC=12AC*BB1=ay=a224\begin{array}{l}\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2,\;\frac{a^2}4=6x^2,\;x=\frac a{2\sqrt6},\;y=\frac a{2\sqrt2}\Rightarrow\\\Rightarrow S_{ABC}=\frac12AC\ast BB_1=ay=\frac{a^2\sqrt2}4\end{array}. ▲

Рис. 14

Теорема 5. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим  сторонам, т. е.  если ADAD - биссектриса треугольника  ABCABC (рис. 14), то

BDDC=ABAC xy=cb\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\;\left(\frac xy=\frac cb\right)

Доказательство легко выполните сами, применяя теорему синусов к треугольникам ADBADB и ADCADC.

Теорема 6. Пусть ADAD - биссектриса треугольника ABCABC (рис. 14), тогда AD=AB*AC-DB*DCAD=\sqrt{AB\ast AC-DB\ast DC} (в обозначениях рисунка 14а) AD=bc-xyAD=\sqrt{bc-xy}.

Рис. 14а

□ Эту теорему докажем. Опишем около треугольника ABCABC окружность, точку пересечения прямой ADAD и окружности обозначим KK (рис. 14а).

Обозначим  AD=z, DK=m.△ABD~∆AKC (∠ABD=∠AKC и ∠1=∠2).Из подобия: ABAK=ADAC⇒cz+m=zb⇒⇒z2+zm=bc, z2=bc-zm.\begin{array}{l}AD=z,\;DK=m.\\\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC\;(\angle ABD=\angle AKC\;и\;\\\angle1=\angle2).\\Из\;подобия:\;\\\frac{AB}{AK}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow\frac c{z+m}=\frac zb\Rightarrow\\\Rightarrow z^2+zm=bc,\;z^2=bc-zm.\end{array}По свойству пересекающихся хорд:

AD*DK=BD*CD, т.е. z*m=x*y⇒z2=bc-xy, z=bc-xyAD\ast DK=BD\ast CD,\;т.е.\;z\ast m=x\ast y\Rightarrow z^2=bc-xy,\;z=\sqrt{bc-xy}.  ■

В треугольнике ABCABC со сторонами AB=5AB=5, AC=3AC=3 биссектриса AD=158AD=\frac{15}8. Найти сторону BCBC и радиус вписанной окружности.

Δ По теореме 5 (см. рис. 14) имеем xy=53\frac xy=\frac53 Обозначим x=5zx=5z, тогда  y=3zy=3z. По теореме 6 выполнено равенство 1582=5*3-5z*3z.\left(\frac{15}8\right)^2=5\ast3-5z\ast3z. Легко находим z=78z=\frac78 значит BC=7.BC=7. Радиус вписанной окружности найдём по формуле S=prS=pr (S - площадь треугольника,  p -полупериметр). Имеем p=152p=\frac{15}2, по формуле Герона S=152*12*102*92=1532,S=\sqrt{\frac{15}2\ast\frac12\ast\frac{10}2\ast\frac92}=\frac{15\sqrt3}2, поэтому r=Sp=32.r=\frac Sp=\frac{\sqrt3}2.  ▲

phystech.academy

Медианы, биссектрисы и высоты треугольника

Определение:

Медианой треугольника называется отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противолежащей стороны.

Например, возьмём треугольник АВС.

Если точки А1, В1 и С1 - соответственно середины сторон ВС, СА и АВ, то отрезки АА1, ВВ1 и СС1 - медианы этого треугольника. Медианы, проведённые из вершин А, В и С (или их длины) треугольника АВС можно обозначить:

Определение:

Биссектрисой треугольника называется отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяющий вершину треугольника с точкой противолежащей стороны.

Например, возьмём некоторый треугольник АВС.

Проведём биссектрису АЕ1 угла ВАС, ВЕ2 - угла АВС и СЕ3 - угла АСВ. Биссектрисы, проведённые из вершин А, В и С (или их длины) треугольника АВС можно обозначить:

Определение:

Высотой треугольника называется перпендикуляр, проведённый из его вершины к прямой, содержащей противоположную сторону.

Изобразим треугольник АВС и отрезки АF1, BF2 и CF3, которые являются высотами нашего треугольника.

Высоты, проведённые из вершин А, В и С (или их длины) треугольника АВС можно обозначить:

Свойства:

1. Медианы треугольника пересекаются в одной точке.

2. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

3. Высоты или прямые, содержащие высоты, пересекаются в одной точке.

Ответим на вопрос: Может ли точка пересечения высот лежать вне треугольника?

Да, когда у него один угол тупой.

А может ли точка пересечения высот лежать в вершине треугольника?

Да, может, когда у треугольника есть прямой угол.

Пример.

Рассмотрим следующую задачу. Отрезок BD - медиана треугольника АВС, отрезок ВЕ - медиана треугольника DBC. Чему равна длина отрезка АС, если отрезок ЕС=4 см.?

Так как ВЕ - медиана треугольника DBC, то отрезок DE=ЕС. Следовательно, сторона DC=2*ЕС, то есть DC=8 см.

BD - медиана треугольника АВС, значит, отрезок AD=DC. Следовательно, сторона АС=2*DC. Так как отрезок DC=8 см., то длина стороны АС=16 см.

Ответ: 16 см.

Пример.

Отрезок AD - медиана треугольника АВС. Точка Е лежит на луче АD так, что AD равняется DЕ. Докажите, что треугольник АDВ равен треугольнику CDE.

Так как AD - медиана треугольника АВС, то СD равняется DB.

Рассмотрим треугольники АDВ и CDE. У них сторона AD равна стороне DЕ по условию задачи; сторона СD равна стороне DB, так как AD - медиана; а углы ADB и CDE равны как вертикальные.

Следовательно, треугольник АDВ равен треугольнику CDE по первому признаку равенства треугольников.

videouroki.net

Планиметрия — § 1. Подобие треугольников. Отношение площадей подобных треугольников. Свойства медиан, биссектрис и высот — ЗФТШ, МФТИ

Две фигуры FF и F`F`  называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между двумя точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры FF и F`F`  подобны, то пишется F~F`F\sim F`Напомним, что в записи подобия треугольников ∆ABC~∆A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1предполагается, что вершины, совмещаемые преобразованием  подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. AA переходит в A1A_1, BB - в B1B_1, CC - в C1C_1. Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если ∆ABC~∆A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1

∠A=∠A1, ∠B=∠B1, ∠C=∠C1, ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1\angle A=\angle A_1,\;\angle B=\angle B_1,\;\angle C=\angle C_1,\;\frac{AB}{A_1B_1}=\frac{BC}{B_1C_1}=\frac{AC}{A_1C_1}

Два треугольника подобны:

  • 1) если два угла одного соответственно равны двум углам другого;
  • 2) если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами, равны;
  • 3) если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого.

Из признаков подобия следует утверждения, которые удобно использовать в решении задач: 

1°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие в различных точках, отсекает треугольник, подобный данному.

Рис. 5

2°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает на них отрезки, пропорциональные данным сторонам,   т. е. если  MN||ACMN||AC (рис. 5), то

mn=pq=m+pn+q\frac mn=\frac pq=\frac{m+p}{n+q}

3°. Если  прямая пересекает две стороны треугольника и отсекает на них пропорциональные отрезки, то она параллельна третьей стороне, т. е. если (см. рис. 5)

mn=m+pn+q\frac mn=\frac{m+p}{n+q} или mn=pq\frac mn=\frac pq,

то MNMN параллельна ACAC (доказательство было дано в задании для  9 класса).

Рис. 6

Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основаниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках MM и NN. Найти длину отрезка  если  основания  трапеции равны aa и bb.

Δ Пусть OO точка пересечения диагоналей трапеции (рис. 6). Обозначим:

AD=a, BC=b, MO=x, BO=p, OD=q.AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.

1. BC~AD△BOC~△DOA (по двум углам)⇒ba=pq1.\;\left\{\begin{array}{l}BC\sim AD\\\bigtriangleup BOC\sim\bigtriangleup DOA\;(по\;двум\;углам)\end{array}\right.\Rightarrow\frac ba=\frac pq

2. MO~AD△MBO~△ABD⇒xa=pp+q2.\;\left\{\begin{array}{l}MO\sim AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end{array}\right.\Rightarrow\frac xa=\frac p{p+q}

Из (1) и (2) следует x=app+q=qp/qp/q+1=aba+b⇒MO=aba+b.x=a\frac p{p+q}=q\frac{p/q}{p/q+1}=\frac{ab}{a+b}\Rightarrow MO=\frac{ab}{a+b}.

Аналогично устанавливаем, что NO=aba+b⇒MN=2aba+bNO=\frac{ab}{a+b}\Rightarrow MN=\frac{2ab}{a+b}.

Результат этой задачи, как утверждение, верное для любой трапеции, следует запомнить. ▲

Из определения подобия фигур следует, что в подобных фигурах все соответствующие линейные  элементы пропорциональны. Так, отношение периметров подобных треугольников равно отношению длин соответствующих сторон. Или, например, в подобных треугольниках отношение радиусов вписанных окружностей (также и описанных окружностей) равно отношению длин соответствующих сторон. Это замечание поможет нам решить следующую задачу.

Рис. 7

В прямоугольном треугольнике  ABCABC из вершины CC прямого угла проведена высота CDCD (рис. 7). Радиусы  окружностей, вписанных в треугольники ACDACD и BCDBCD равны соответственно r1r_1 и r2r_2 . Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ABCABC.

Δ Обозначим искомый радиус rr, положим AB=cAB=c, AC=bAC=b, BC=aBC=a. Из подобия прямоугольных треугольников ACDACD и ABCABC (у   них   равные углы при вершине AA) имеем rr1=cb\frac r{r_1}=\frac cb, откуда b=r1rcb=\frac{r_1}rc. Прямоугольные треугольники  BCDBCD и  BACBAC также  подобны,  поэтому rr2=ca\frac r{r_2}=\frac ca, - откуда a=r2rca=\frac{r_2}rc. Так как a2+b2=c2a^2+b^2=c^2 то, возводя в квадрат выражения для  aa и bb и складывая их, получим r1r2c2+r2r2c2=c2 ⇒r12+r22r2=1\left(\frac{r_1}r\right)^2c^2+\left(\frac{r_2}r\right)^2c^2=c^2\;\Rightarrow\frac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=1.  Находим  r=r12+r22r=\sqrt{r_1^2+r_2^2} ▲

Напомним, что площади подобных фигур относятся как квадраты соответствующих линейных элементов. Для треугольников это утверждение можно сформулировать так: площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Рассмотрим характерную задачу на эту тему.

Рис. 8

Через точку MM, лежащую внутри треугольника ABCABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам. При этом образовались три треугольника (рис. 8), площади которых равны S1S_1, S2S_2  и S3S_3. Найти  площадь треугольника ABCABC.

Легко видеть, что треугольники EKMEKM, MQFMQF и PMNPMN подобны треугольнику ABCABC.

Пусть SS -площадь треугольника ABCABC, тогда

S1S=EMAC2; S2S=MFAC2; S3S=PNAC2.\frac{S_1}S=\left(\frac{EM}{AC}\right)^2;\;\frac{S_2}S=\left(\frac{MF}{AC}\right)^2;\;\frac{S_3}S=\left(\frac{PN}{AC}\right)^2.

Откуда находим

EM=S1SAC, MF=S2SAC, PN=S3SAC.EM=\sqrt{\frac{S_1}S}AC,\;MF=\sqrt{\frac{S_2}S}AC,\;PN=\sqrt{\frac{S_3}S}AC.

А так как EM=AP, MF=NC⇒EM+PN+MF=AP+PN+NC=ACEM=AP,\;MF=NC\Rightarrow EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC.

Таким образом, AC=AC*S1S+S2S+S3S⇒S=S1+S2+S32AC=AC\ast\left(\sqrt{\frac{S_1}S}+\sqrt{\frac{S_2}S}+\sqrt{\frac{S_3}S}\right)\Rightarrow S=\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2. ▲

Свойства медиан, высот, биссектрис треугольника

В наших заданиях 9-го и 10-го классов здесь повторяемые теоремы и утверждения были доказаны. Для некоторых из них  мы напоминаем пути доказательств, доказывая их моменты и давая поясняющие рисунки.

Рис. 9

Теорема 1. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке  и  точкой пересечения каждая медиана делится в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Теорема 2. Три медианы, пересекаясь, разбивают треугольник на 6 треугольников с общей вершиной, площади которых равны между собой.

(На рис. 9 площадь каждого из 6 треугольников с вершиной  и основанием, равным половине стороны, равна 12SABC\frac12S_{ABC}. Точка пересечения медиан называется центром тяжести треугольника. 

Теорема 3. Пусть BDBD - медиана треугольника 

ABC (BC=a, AC=b, AB=c, BD=ma)ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a), тогда

mc2=a2+b22-c24m_c^2=\frac{a^2+b^2}2-\frac{c^2}4. (Доказательство приведено далее в §4 Задания).

Рис. 10

Медианы AA1AA_1 треугольника ABCABC пересекаются в точке OO, AA1=12AA_1=12 и CC1=6CC_1=6 и одна из сторон треугольника равна 12. (рис. 10). Найти площадь треугольника  ABCABC.

Δ 1. По теореме 1 имеем AO=23AA1=8, CO=23CC1=4AO=\frac23AA_1=8,\;CO=\frac23CC_1=4. 

Расставим на рисунке 10 длины отрезков медиан. По условию, одна из сторон треугольника равна 12, сторона ACAC не может равняться 12, иначе AC=AO+OCAC=AO+OC - нарушено неравенство треугольника. Также не может равняться 12 сторона ABAB, так в этом случае AC1=6AC_1=6 и треугольник AOC1AOC_1  со сторонами 8, 2, 6 не существует. Значит,  BC=12BC=12 и AC1=6AC_1=6.

2. Площадь треугольника находим по формуле Герона:

p=7, SA1OC=7*1*3*3=37p=7,\;S_{A_1OC}=\sqrt{7\ast1\ast3\ast3}=3\sqrt7.

По теореме 2 площадь треугольника  ABCABC в 6 раз больше, находим SABC=187S_{ABC}=18\sqrt7.▲

Теорема 4. Три высоты треугольника или три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке. (Эта точка называется ортоцентром треугольника). В остроугольном треугольнике точка пересечения высот лежит внутри треугольника.

Были доказаны также две леммы о высотах

1-ая лемма.

Если AA1AA_1 и BB1BB_1 - высоты треугольника ABCABC, то треугольник A1B1CA_1B_1C подобен треугольнику ABCABC с коэффициентом подобия k=A1B1AB=cosCk=\frac{A_1B_1}{AB}=\left|\cos C\right|. Можно это утверждение сформулировать так: Если соединить основания двух высот AA1AA_1 и BB1BB_1 треугольника ABCABC, то образуется треугольник, подобный данному: ∆A1B1C~∆ABC\triangle A_1B_1C\sim\triangle ABC. 

Из прямоугольных треугольников ACA1ACA_1 следует A1C=AC*cosCA_1C=AC*cosC или A1C=AC*cos(180°-C)=ACcosCA_1C=AC\ast cos(180^\circ-C)=AC\left|\cos C\right| (рис. 11а, б), а из прямоугольных треугольников BCB1BCB_1 следует B1C=BC*cosCB_1C=BC*cosC или B1C=BC*cos(180°-C)=BCcosCB_1C=BC\ast cos(180^\circ-C)=BC\left|\cos C\right|. Далее рассуждения очевидны.

Рис. 11a Рис. 11б

2-ая лемма.

Если высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 (или их продолжения) пересекаются в точке HH, то справедливо равенство AH*HA1=BH*HB1AH*HA_1=BH*HB_1 (рис. 12а, б).

Рис. 12a Рис. 12б
Рис. 13

Высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 пересекаются в точке HH (рис. 13), при этом AH=3HA1AH=3HA_1 и BH=HB1BH=HB_1. Найти косинус угла ACBACB и площадь треугольника ABCABC, если AC=aAC=a.  

 Δ Обозначим HA1=x, HB1=yHA_1=x,\;HB_1=y, 

1. Точка HH - середина высоты (рис. 13). Если отрезок MHMH проходит через точку HH и параллелен  основаниям,  то MN - средняя линия; MN=a/2MN=a/2.

2. ∆HA1N~∆AA1C⇒HNAC=x4x, HN=14a. \triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\Rightarrow\frac{HN}{AC}=\frac x{4x},\;HN=\frac14a.\;Значит, MH=HN=a4MH=HN=\frac a4 и AB1=B1C=a2AB_1=B_1C=\frac a2 Треугольник  ABCABC  равнобедренный, AB=BCAB=BC.

3. ∠B1BC=90°-∠C⇒∠BHA1=∠AHB1=∠C\angle B_1BC=90^\circ-\angle C\Rightarrow\angle BHA_1=\angle AHB_1=\angle C, а по второй лемме о высотах  AH*HA1=BH*HB1AH*HA_1=BH*HB_1 т. е.  3x2=y2, y=x33x^2=y^2,\;y=x\sqrt3.

     Далее, cosC=cos(∠AHB1)=y3xcosC=cos(\angle AHB1)=\frac y{3x}, находим cosC=13\cos C=\frac1{\sqrt3}.

4. △AHB1: AB12=(3x)2-y2, a24=6x2, x=a26, y=a22⇒⇒SABC=12AC*BB1=ay=a224\begin{array}{l}\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2,\;\frac{a^2}4=6x^2,\;x=\frac a{2\sqrt6},\;y=\frac a{2\sqrt2}\Rightarrow\\\Rightarrow S_{ABC}=\frac12AC\ast BB_1=ay=\frac{a^2\sqrt2}4\end{array}. ▲

Рис. 14

Теорема 5. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим  сторонам, т. е.  если ADAD - биссектриса треугольника  ABCABC (рис. 14), то

BDDC=ABAC xy=cb\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\;\left(\frac xy=\frac cb\right)

Доказательство легко выполните сами, применяя теорему синусов к треугольникам ADBADB и ADCADC.

Теорема 6. Пусть ADAD - биссектриса треугольника ABCABC (рис. 14), тогда AD=AB*AC-DB*DCAD=\sqrt{AB\ast AC-DB\ast DC} (в обозначениях рисунка 14а) AD=bc-xyAD=\sqrt{bc-xy}.

Рис. 14а

□ Эту теорему докажем. Опишем около треугольника ABCABC окружность, точку пересечения прямой ADAD и окружности обозначим KK (рис. 14а).

Обозначим  AD=z, DK=m.△ABD~∆AKC (∠ABD=∠AKC и ∠1=∠2).Из подобия: ABAK=ADAC⇒cz+m=zb⇒⇒z2+zm=bc, z2=bc-zm.\begin{array}{l}AD=z,\;DK=m.\\\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC\;(\angle ABD=\angle AKC\;и\;\\\angle1=\angle2).\\Из\;подобия:\;\\\frac{AB}{AK}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow\frac c{z+m}=\frac zb\Rightarrow\\\Rightarrow z^2+zm=bc,\;z^2=bc-zm.\end{array}По свойству пересекающихся хорд:

AD*DK=BD*CD, т.е. z*m=x*y⇒z2=bc-xy, z=bc-xyAD\ast DK=BD\ast CD,\;т.е.\;z\ast m=x\ast y\Rightarrow z^2=bc-xy,\;z=\sqrt{bc-xy}.  ■

В треугольнике ABCABC со сторонами AB=5AB=5, AC=3AC=3 биссектриса AD=158AD=\frac{15}8. Найти сторону BCBC и радиус вписанной окружности.

Δ По теореме 5 (см. рис. 14) имеем xy=53\frac xy=\frac53 Обозначим x=5zx=5z, тогда  y=3zy=3z. По теореме 6 выполнено равенство 1582=5*3-5z*3z.\left(\frac{15}8\right)^2=5\ast3-5z\ast3z. Легко находим z=78z=\frac78 значит BC=7.BC=7. Радиус вписанной окружности найдём по формуле S=prS=pr (S - площадь треугольника,  p -полупериметр). Имеем p=152p=\frac{15}2, по формуле Герона S=152*12*102*92=1532,S=\sqrt{\frac{15}2\ast\frac12\ast\frac{10}2\ast\frac92}=\frac{15\sqrt3}2, поэтому r=Sp=32.r=\frac Sp=\frac{\sqrt3}2.  ▲

zftsh.online