Добавить материал и получить бесплатное свидетельство о публикации в СМИ
Эл. №ФС77-60625 от 20.01.2015
Инфоурок / Математика / Другие методич. материалы / Геометрический материал для подготовки к олимпиаде по математике.

Геометрический материал для подготовки к олимпиаде по математике.

  • Математика

Поделитесь материалом с коллегами:

Материал для подготовки учащихся к олимпиаде.

ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ТОЧКИ И ЛИНИИ ТРЕУГОЛЬНИКА

          В новых стандартах профильного уровня обучения для старших классов предусмотрено изучение раздела «Геометрия на плоскости», в который  включены следующие вопросы.

Свойство биссектрисы угла треугольника. Решение треугольников. Вычисление биссектрис, медиан, высот, радиусов вписанной и описанной окружностей. Формулы площади треугольника: формула Герона, выражение площади треугольника через радиус вписанной и описанной окружностей.

Вычисление углов с вершиной внутри и вне круга, угла между хордой и касательной.

Теорема о произведении отрезков хорд. Теорема о касательной и секущей.  Теорема о сумме квадратов сторон и диагоналей параллелограмма

Вписанные и описанные многоугольники. Свойства и признаки вписанных и описанных четырехугольников.

Геометрические места точек.

Решение задач с помощью геометрических преобразований и геометрических мест.

Теорема Чевы и теорема Менелая.

Эллипс, гипербола, парабола как геометрические места точек.

Неразрешимость классических задач на построение.

Здесь мы рассмотрим свойства биссектрис, медиан и высот треугольника, расширим число замечательных точек и линий треугольника, сформулируем и докажем теоремы Чевы, Менелая, Ван-Обеля, Стюарта и др., решим ряд задач на применение этих теорем, предложим задачи для самостоятельного решения и укажем дополнительную литературу.

Представленный материал может быть использован как на основных уроках, так и при проведении элективных курсов, написании рефератов и проектов, подготовки школьников к турнирам, конкурсам и олимпиадам по математике.

Начнем с задач, относящихся к расположению биссектрис, медиан и высот треугольника. Их решение, с одной стороны, позволяет вспомнить пройденный ранее материал, а с другой стороны, развивает необходимые геометрические представления учащихся, подготавливает их к решению более сложных задач.

Задача  1. По углам A и B треугольника ABC (<B) определите угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины C.

Решение. Пусть CD – высота, CE – биссектриса, тогда BCD = 90 - BBCE = (180 - A - B):2. Следовательно, DCE = hello_html_m3628445c.gif.

Задача 2. К какой из вершин треугольника ближе расположена точка пересечения биссектрис?

          Решение. Пусть – точка пересечения биссектрис треугольника ABC (рис. 1)Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB > BC, то A <C и, следовательно, OAD < OCDПоэтому OC < OA, т.е. центр вписанной окружности лежит ближе к вершине, расположенной против большей стороны.

hello_html_75d30558.gif

Задача 3. Какая из высот треугольника наименьшая?

Решение. Пусть – точка пересечения высот треугольника ABC (рис. 2). Если AC < AB, то C > B. Окружность с диаметром BC пройдет через точки и G. Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что CG < BF, т.е. меньше та высота, которая опущена на большую сторону.

  Задача 4. Пусть в остроугольном треугольнике ABC (рис. 3) точки A1B1C1 обозначают основания высот. Докажите, что точка Hпересечения высот треугольника ABC является точкой пересечения биссектрис треугольника A1B1C1.

Доказательство. На сторонах AC и BC треугольника ABC, как на диаметрах, построим окружности. Точки A1B1C1 принадлежат этим окружностям. Поэтому B1C1C = B1BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. B1BC = CAA1, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. CAA1 = CC1A1, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, B1C1C = CC1A1, т.е. CC1 является биссектрисой угла B1C1A1. Аналогичным образом показывается, что AA1 и BB1 являются биссектрисами углов B1A1C1 и A1B1C1.

Самостоятельно исследуйте случаи прямоугольного и тупоугольного треугольника.

hello_html_2ca846b6.gif

Рассмотренный треугольник, вершинами которого являются основания высот данного остроугольного треугольника, дает ответ на одну из классических экстремальных задач.

Задача 5 (задача Фаньяно). В данный остроугольный треугольник вписать треугольник наименьшего периметра.

Решение. Пусть ABC – данный остроугольный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки A1, B1C1, для которых периметр треугольника A1B1C1 был бы наименьшим (рис. 4).

Зафиксируем сначала точку C1 и будем искать точки A1 и B1, для которых периметр треугольника A1B1C1 наименьший (при данном положении точки C1).

Для этого рассмотрим точки и симметричные точке C1 относительно прямых AC и BC. Тогда B1C1 = B1D,  A1C1 = A1E и, следовательно, периметр треугольника A1B1Cбудет равен длине ломаной DB1A1E. Ясно, что длина этой ломаной наименьшая, если точки B1A1 лежат на прямойDE.

Будем теперь менять положение точки C1, и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника A1B1C1наименьший.

Так как точка симметрична C1 относительно AC, то CD = CC1 и hello_html_m2025f746.gifACD =hello_html_m2025f746.gifACC1. Аналогично, CE = CC1 и hello_html_m2025f746.gifBCE = hello_html_m2025f746.gifBCC1. Следовательно, треугольник CDE равнобедренный. Его боковая сторона равна CC1. Основание DE равно периметру треугольника A1B1C1. УголDCE равен удвоенному углу ACB треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки C1.

В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра p достигается в случае наименьшего значения CC1. Это значение принимается в случае, если CC1 является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой C1 на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C.

Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку C1, а точку A1 или точку B1 и получили бы, что A1 и B1 являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC.

Из этого следует, что искомым треугольником, наименьшего периметра, вписанным в данный остроугольный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC.

Рассмотрим теперь замечательные точки и линии треугольника. К числу таких точек, изучаемых в школьном курсе геометрии, относятся:

а) точка пересечения биссектрис (центр вписанной окружности);

б) точка пересечения серединных перпендикуляров (центр описанной окружности);

в) точка пересечения высот (ортоцентр);

г) точка пересечения медиан (центроид).

Добавим к ним некоторые другие замечательные точки и линии.

Точка Торричелли. Путь дан треугольник ABC. Точкой Торричелли этого треугольника называется такая точка O, из которой стороны данного треугольника видны под углом 120 (рис. 5), т.е. углы AOBAOC и BOC равны 120.

hello_html_m5440c098.gif

Докажем, что в случае, если все углы треугольника меньше 120, то точка Торричелли существует.

На стороне AB треугольника ABC построим равносторонний треугольник ABC' (рис. 6, а), и опишем около него окружность. Отрезок ABстягивает дугу этой окружности величиной 120. Следовательно, точки этой дуги, отличные от A и B, обладают тем свойством, что отрезок AB виден из них под углом 120. Аналогичным образом, на стороне AC треугольника ABC построим равносторонний треугольник ACB' (рис. 6, а), и опишем около него окружность. Точки соответствующей дуги, отличные A и C, обладают тем свойством, что отрезок AC виден из них под углом 120. В случае, когда углы треугольника меньше 120, эти дуги пересекаются в некоторой внутренней точке O. В этом случае AOB = 120AOC = 120. Следовательно, и BOC = 120. Поэтому точка O является искомой.

В случае, когда один из углов треугольника, например ABC, равен 120, точкой пересечения дуг окружностей будет точка B (рис. 6, б). В этом случае точки Торричелли не существует, так как нельзя говорить об углах, под которыми видны из этой точки стороны AB и BC.

В случае, когда один из углов треугольника, например ABC, больше 120 (рис. 6, в), соответствующие дуги окружностей не пересекаются, и точки Торричелли также не существует.

С точкой Торричелли связана задача Ферма о нахождении точки, сумма расстояний от которой до трех данных точек наименьшая.

Задача 6 (задача Ферма). Для данного треугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин треугольника принимает наименьшее значение.

Решение.     Докажем, что в случае, если углы треугольника меньше 120, то искомой точкой в задаче Штейнера является точка Торричелли.

Повернем треугольник ABC вокруг вершины C на угол 60, рис. 7. Получим треугольник ABC. Возьмем произвольную точку O в треугольникеABC . При повороте она перейдет в какую-то точку O. Треугольник OOC равносторонний, так как CO = CO и OCO = 60, следовательно, OC =OO. Поэтому сумма длин OA + OB + OC будет равна длине ломаной AO + OO’ + OB. Ясно, что наименьшее значение длина этой ломаной принимает в случае, если точки AOOB лежат на одной прямой. Если O – точка Торричелли, то это так. Действительно, AOC = 120COO' = 60. Следовательно, точки AOO лежат на одной прямой. Аналогично, COO = 60CO'B' = 120. Следовательно, точки OOB лежат на одной прямой. Значит, все точки AOOB лежат на одной прямой.

Самостоятельно докажите, что в случае, если один из углов треугольника больше или равен 120, то решением задачи Ферма является вершина этого угла.

hello_html_m61f6ab3.gif

Окружность девяти точек. Пусть в треугольнике ABC (рис. 8), H – точка пересечения высот треугольника; точки A1B1C1 обозначают основания высот; A2B2C2 – середины соответствующих сторон; A3B3C3 – середины отрезков AA1BB1 и CC1. Тогда точки A1B1C1A2B2C2,A3B3C3  лежат на одной окружности, называемой окружностью девяти точек или окружностью Эйлера.

Действительно, A3B2 – средняя линия треугольника AHC и, следовательно, A3B|| CC1B2A2 – средняя линия треугольника ABC и, следовательно, B2A2 || AB. Так как CC1  AB, то hello_html_m2025f746.gifA3B2A2 = 90. Аналогично, hello_html_m2025f746.gifA3C2A2 = 90. Поэтому точки A2B2C2A3  лежат на одной окружности с диаметром A2A3. Так как AA1  BC, то точка A1 также принадлежит этой окружности. Таким образом, точки A1 и A3 лежат на окружности, описанной около треугольника A2B2C2. Аналогичным образом показывается, что точки B1 и B3C1 и C3 лежат на этой окружности. Значит, все девять точек лежат на одной окружности.

Прямая Эйлера. В треугольнике центр описанной окружности, точка пересечения медиан, точка пересечения высот и центр окружности девяти точек лежат на одной прямой, называемой прямой Эйлера. При этом центр окружности девяти точек лежит посередине между центром пересечения высот и центром описанной окружности.

Действительно, пусть в треугольнике ABC (рис. 9), точка O – центр описанной окружности; G – точка пересечения медиан. точка пересечения высот. Требуется доказать, что точки OG, H лежат на одной прямой и центр окружности девяти точек N делит отрезок OH пополам.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке G и коэффициентом -0,5. Вершины A, Bтреугольника ABC перейдут, соответственно в точки A2,B2C2. Высоты треугольника ABC перейдут в высоты треугольника A2B2C2 и, следовательно, точка H перейдет в точку O. Поэтому точки OGHбудут лежать на одной прямой.

          Покажем, что середина N отрезка OH является центром окружности девяти точек. Действительно, C1C2 – хорда окружности девяти точек. Поэтому серединный перпендикуляр к этой хорде является диаметром и пересекает OH в середине N. Аналогично, серединный перпендикуляр к хорде B1B2 является диаметром и пересекает OH в той же точке N. Значит N – центр окружности девяти точек. Что и требовалось доказать.

hello_html_31ad10c1.gif

Прямая Симсона. Для произвольного треугольника основания перпендикуляров, опущенных из любой точки описанной около него окружности на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой, называемой прямой Симсона.

          Действительно, пусть P – произвольная точка, лежащая на окружности, описанной около треугольника ABCDEF – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника (рис. 10). Покажем, что точки DEF лежат на одной прямой.

          Заметим, что в случае, если AP проходит через центр окружности, то точки D и E совпадают с вершинами B и C. В противном случае, один из углов ABP или ACP острый, а другой – тупой. Из этого следует, что точки D и E будут расположены по разные стороны от прямой BC и для того, чтобы доказать, что точки DE и F лежат на одной прямой, достаточно проверить, что CEF =BED.

          Опишем окружность с диаметром CP. Так как CFP = CEP = 90, то точки E и F лежат на этой окружности. Поэтому CEF =CPF как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу окружности. Далее, CPF  = 90PCF = 90DBP = BPD. Опишем окружность с диаметром BP. Так как BEP = BDP = 90, то точки F и D лежат на этой окружности. Поэтому BPD =BED. Следовательно, окончательно получаем, что  CEF=BED. Значит точки DEF лежат на одной прямой.

 

Задачи для самостоятельного решения

1. По углам A и B прямоугольного треугольника ABC (B) определите угол между высотой и медианой, проведенными из вершины Cпрямого угла.

2. Может ли точка пересечения биссектрис треугольника находится вне этого треугольника?

Ответ: Нет.

3. Может ли точка пересечения медиан треугольника находиться вне этого треугольника?

Ответ: Нет.

4. Может ли точка пересечения высот или их продолжений находится вне этого треугольника?

Ответ: Да.

5. Где находится точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам: а) прямоугольного треугольника; б) остроугольного треугольника; в) тупоугольного треугольника?

Ответ: а) в середине гипотенузы; б) внутри треугольника; в) вне треугольника.

6. К какой из вершин треугольника ближе расположен ортоцентр?

Ответ: К вершине большего угла.

7. К какой из сторон треугольника ближе расположен ортоцентр?

Ответ: К меньшей.

8. К какой из сторон треугольника ближе расположена точка пересечения медиан?

Ответ: К большей.

9. Может ли одна биссектриса треугольника проходить через середину другой?

Ответ: Нет.

10. Углы В и С треугольника АВС равны соответственно 10 и 100. Найдите углы ВОС  и СОА, где О - центр описанной окружности.

Ответ: 140 и 20.

11. Докажите, что из четырех точек, одна из которых есть ортоцентр треугольника, с вершинами в трех остальных точках, каждая является центроидом треугольника с вершинами в трех остальных точках.

12. Пусть АВСD - параллелограмм. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников АВС и DCA лежат на диагонали BD и делят ее на три равные части.

13. Разделите данный отрезок на три равные части, не пользуясь построением параллельных прямых.

14. Пусть Н - точка пересечения высот треугольника АВС. Докажите, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС, АНВ,ВНС, СНА равны между собой.

15. Докажите, что если какие-нибудь из замечательных точек треугольника совпадают, то этот треугольник - равносторонний.

 

Рассмотрим теперь теоремы, позволяющие устанавливать, в каком случае три точки, лежащие на сторонах треугольника или их продолжениях, принадлежат одной прямой (теорема Менелая), а также, в каком случае три прямые, проходящие через вершины треугольника и противоположные им стороны треугольника, пересекаются в одной точке (теорема Чевы).

Начнем с теоремы Менелая, доказанной древнегреческим математиком и астрономом Менелаем Александрийским, жившим в I веке до нашей эры.

Теорема (Менелая). Пусть на сторонах ABBC и продолжении стороны AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1.  ТочкиA1B1C1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда выполняется равенство

(*)  hello_html_53611da.gif

Доказательство. Предположим, что точки A1B1C1 принадлежат одной прямой (рис. 11). Через вершину C треугольника ABC проведем прямую, параллельную a и обозначим через точку ее пересечения с AB. Из подобия треугольников ADC и AC1B следует выполнимость равенства

(1)   hello_html_m7c3161ea.gif

Аналогично, из подобия треугольников BDC и BC1A1 следует выполнимость равенства

(2)   hello_html_48617190.gif

          Перемножая эти равенства, получим равенство

hello_html_m7a52cd1.gif

из которого следует требуемое равенство (*)

          Докажем обратное. Пусть на сторонах ABBC и продолжении стороны AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1, для которых выполняется равенство (*). Предположим, что прямая A1B1 пересекает прямую AB в некоторой точке C'. По доказанному, выполняется равенство

hello_html_5bbb45af.gif

Учитывая равенство (*), получаем равенство hello_html_m1c4a05bc.gif из которого следует совпадение точек Cи Cи, значит, точки A1B1C1 принадлежат одной прямой.

hello_html_3417fbe1.gif

          Предложим еще один способ доказательства теоремы Менелая.

          Пусть точки A1B1C1 принадлежат одной прямой (рис. 12). Опустим из вершин треугольника ABC перпендикуляры AABBCC на эту прямую.

          Треугольники AC1A’ и BC1B’ подобны и, следовательно,

hello_html_m35c3e5f3.gif

Аналогичным образом показывается, что

hello_html_ma2d96d6.gif и hello_html_77afa2ea.gif

Перемножая полученные равенства, будем иметь

hello_html_m852b383.gif

Задача 7. Точка C1 делит сторону AB треугольника ABC в отношении 2:1. Точка B1 лежит на продолжении стороны AC и AC = CB1. В каком отношении делит прямая B1C1 сторону BC?

Решение. По условию, hello_html_m7ddd3d4c.gif Используя теорему Менелая, находим hello_html_m5f0e737b.gif

Задача 8. Используя теорему Менелая, доказать, что отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центроидами противоположных граней, пересекаются в одной точке, называемой центроидом тетраэдра, и делятся в ней в отношении 3:1, считая от вершин.

          Доказательство. Действительно, пусть ABCD – тетраэдр, A2D2 – центроиды соответствующих граней, A1 – середина BCO – точка пересечения AA2 и DD2 (рис. 13). Применим теорему Менелая к треугольнику A1DD2 и прямой AA2. Имеем

hello_html_m3886b4c2.gif

          Так как A2 – точка пересечения медиан треугольника BCD, то hello_html_m4cd749c2.gif Так как D2 – точка пересечения медиан треугольника ABC, то hello_html_2afa7e06.gif Поэтому hello_html_263e42f6.gif 

          Заметим, что в таком же отношении делят отрезок DD2 прямые BB2 и CC2. Следовательно, они также проходят через точку O и делятся в ней в отношении 3:1, считая от вершин.

hello_html_m5e4a0d26.gif

          Рассмотрим теперь теорему, опубликованную в 1678 году итальянским математиком и инженером Джованни Чевой.

Теорема (Чевы). Пусть на сторонах ABBC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1. Прямые AA1BB1CC1пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

(*)  hello_html_m7471f005.gif

Доказательство. Предположим, что прямые AA1BB1CCпересекаются в точке (рис. 14). Через вершину C треугольника ABC проведем прямую, параллельную AB, и ее точки пересечения с прямыми AA1BB1 обозначим соответственно A2B2. Из подобия треугольников CB2Bи ABB1имеем равенство

(1)  hello_html_1901e986.gif

Аналогично, подобия треугольников BAAи CA2A имеем равенство

(2)  hello_html_m7e6627e9.gif

Далее, из подобия треугольников BC1и B2COAC1и A2CO имеем hello_html_m16391c35.gif Следовательно, имеет место равенство

(3)  hello_html_m3715d314.gif

Перемножая равенства (1), (2) и (3), получим требуемое равенство (*).

          Докажем обратное. Пусть для точек A1B1C1, взятых на соответствующих сторонах треугольника ABC выполняется равенство (*). Обозначим точку пересечения прямых AA1 и BB1 через O и точку пересечения прямых CO и AB через C'. Тогда, на основании доказанного, имеет место равенство

hello_html_5bbb45af.gif

Учитывая равенство (*), получим равенство hello_html_m1c4a05bc.gif из которого следует совпадение точек Cи C1 и, значит, прямые AA1BB1CC1пересекаются в одной точке.

          Предложим еще один способ доказательства теоремы Чевы, использующий понятие площади.

          Предположим, что прямые AA1BB1CCпересекаются в точке (рис. 15). Опустим из вершин и треугольника ABC перпендикуляры AA,BB на прямую CC1. Треугольники AC1A’ и BC1B’ подобны и, следовательно,

hello_html_107c71b2.gif

Аналогичным образом показывается, что

hello_html_3fe5d4dc.gif и hello_html_m3ab76ab9.gif

Перемножая полученные равенства, будем иметь

hello_html_m7471f005.gif

          Заметим, что из теоремы Чевы непосредственно следует, что медианы треугольника пересекаются в одной точке.

hello_html_60248506.gif

          Задача 9. Используя теорему Чевы, доказать, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

          Доказательство. Пусть AABBCC – биссектрисы треугольника ABC. Тогда

hello_html_m6849587a.gif

Следовательно, hello_html_315732bc.gif и, значит, AABBCC пересекаются в одной точке.

Задача 10. Точки C1 и A1 делят стороны AB и BC треугольника ABC в отношении 1:2. Прямые CC1 и AA1 пересекаются в точке O. Найдите отношение, в котором прямая BO делит сторону AC.

Решение. По условию, hello_html_1fd53e50.gif Используя теорему Чевы, имеем hello_html_140c3ca8.gif

Воспользуемся теоремой Чевы для установления еще одной замечательной точки треугольника.

Точка Жергона. Прямые, проходящие через вершины треугольника и точки касания вписанной окружности пересекаются в одной точке, называемой точкой Жергона.         

Действительно, пусть окружность касается сторон треугольника ABC соответственно в точках A1B1C1 (рис. 16). Тогда AB1 = AC1BC1 = BA1,CA1 = CB1. Следовательно, hello_html_44ec55a5.gif и, значит, прямые AA1BB1CC1 пересекаются в одной точке.

Теорема Ван-Обеля. Пусть на сторонах ABBC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1. Если прямые AA1BB1CC1пересекаются в точке O, то имеет место равенство

 hello_html_1663affc.gif

Доказательство. Через вершину C треугольника ABC проведем прямую, параллельную AB (рис. 17). Продолжим AA1 и BB1 до пересечения с этой прямой в точках A’ и B соответственно. Из подобия треугольников AOB и AOB’ имеем

hello_html_1825875b.gif

Из подобия треугольников ACA1 и ABA1CBB1 и ABB1 имеем

hello_html_m68c011a1.gif

Следовательно, hello_html_1663affc.gif

          Из доказанной теоремы непосредственно следует, что медианы треугольника точкой их пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

hello_html_10f96bf6.gif

          Задача 11. В каком отношении делятся биссектрисы треугольника точкой их пересечения.

          Решение. Пусть AA1BB1CC1 – биссектрисы треугольника ABC– точка их пересечения, AB = cAC = bBC = a. Тогда

hello_html_m4bb3789d.gif

Поэтому hello_html_m4e31c443.gif

Теорема Стюарта. Пусть в треугольнике ABC  AB = cAC = bBC = a. Точка делит сторону AB на отрезки AD = cDB = c и CD = d. Тогда имеет место равенство d2c = a2c’ + b2c – ccc.

Доказательство. Пусть СE – высота треугольника ABC (рис. 18). По теореме косинусов, примененной к треугольникам ADC и BDC, имеем

b2 = (c’)2 + d2 – 2c’DE,  a2 = (c”)2 + d2 – 2c”DE.

Умножим первое равенство на c, второе – на c и сложим. Получим b2c” + a2c’ = (c’+c)cc” + d2(c’+c), из которого и следует требуемое равенство.

  Задача 12. Используя теорему Стюарта, вычислить биссектрису CChello_html_m6511666e.gif треугольника по его сторонам AB =cAC = bBC = a.

          Решение. Воспользуемся тем, что биссектриса делит сторону треугольника на части, пропорциональные прилежащим сторонам. ОбозначимAC1 = cBC1 = c. Тогда c’ + c” = и ac’ = bc. Из этих двух уравнений находим c’ и c.

hello_html_7a10023.gifhello_html_4467c36d.gif.

 Подставляя теперь эти выражения в равенство теоремы Стюарта, получим (hello_html_m6511666e.gif)2c = a2hello_html_65f04759.gif + b2hello_html_m58d6f51c.gif - chello_html_60e0be5.gif. Откуда

hello_html_3d3515c.gif

 

Задачи для самостоятельного решения

1. На продолжениях сторон ABBC и CA треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1 так, что AB = BC1BC = CA1CA = AB1. Найдите отношение, в котором прямая AB1 делит сторону A1C1 треугольника A1B1C1.

2. Точки A1 и B1 делят стороны BC и AC треугольника ABC в отношениях 2:1 и 1:2. Прямые AA1 и BB1 пересекаются в точке O. Площадь треугольника ABC равна 1. Найдите площадь треугольника OBC.

3. На медиане CC1 треугольника ABC взята точка M. Прямые AM и BM пересекают стороны треугольника соответственно в точках A1 и B1. Докажите, что прямые AB и A1B1 параллельны.

4. Отрезок MN, соединяющий середины сторон AD и BC четырехугольника ABCD, делится диагоналями на три равные части. Докажите, чтоABCD – трапеция, одно из оснований AB или CD которой вдвое больше другого.

 5. Пусть на продолжении сторон ABBC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1.  Докажите, что точки A1B1C1лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда выполняется равенство

 hello_html_53611da.gif

6. Пусть на стороне AB и продолжении сторон BC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1.  Докажите, что прямые AA1,BB1CC1 пересекаются в одной точке, или параллельны тогда и только тогда, когда выполняется равенство

 hello_html_53611da.gif

7. Используя теорему Чевы, докажите, что высоты треугольника или их продолжения пересекаются в одной точке.

8. Докажите, что прямые, проходящие через вершины треугольника и точки касания вневписанных окружностей, пересекаются в одной точке (точке Нагеля). (Окружность называется вневписанной в треугольник, если она касается одной стороны этого треугольника и продолжений двух других его сторон.)

9. Пусть на сторонах ABBC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1 так, что прямые AA1BB1CC1 пересекаются в точке O. Докажите, что выполняется равенство

hello_html_71e59bb6.gif

10. Пусть на сторонах ABBC и AC треугольника ABC взяты соответственно точки C1A1 и B1 так, что прямые AA1BB1CC1 пересекаются в точке O. Докажите, что выполняется равенство

hello_html_m495f9b22.gif

11. Пусть на ребрах ABBCCD и AD тетраэдра ABCD взяты соответственно точки A1B1C1  и D1. Докажите, что точки A1B1C1D1 лежат на одной плоскости тогда и только тогда, когда выполняется равенство

hello_html_f99d275.gif

 



Выберите курс повышения квалификации со скидкой 50%:

Автор
Дата добавления 13.10.2016
Раздел Математика
Подраздел Другие методич. материалы
Просмотров117
Номер материала ДБ-259870
Получить свидетельство о публикации
Похожие материалы

Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.
Специальное предложение
Вверх