Занятие "Окружность тринадцати точек"

План занятия группы углубленного изучения математики

ТО «Пифагор» МКОУ ДОД ДДТ Дигорского района

Педагог: Диамбекова Алла Лазаровна

2014г.

Тема занятия: «Окружность тринадцати точек»

Цели: 

Образовательные: познакомить учащихся с теоремами Эйлера и Фейербаха, рассмотреть нестандартные задачи, при решении которых применяются новые понятия.

Развивающие:  развивать логическое мышление,  наблюдательность, внимание,  математическую речь обучающихся.

Воспитывающие:  воспитывать  самостоятельность, умение анализировать и применять имеющиеся знания в нестандартных ситуациях.

Оборудование: мультимедийный проектор, презентация по теме.

Ход занятия.

Организационный момент.

Подготовка к восприятию новых понятий:

- замечательные точки треугольника;

- признаки параллельности и перпендикулярности прямых.

Изучение новых теорем проходит в лекционной форме.

Первая теорема, связанная с окружностью тринадцати точек, была получена Эйлером в 1765 году. Он установил, что основания высот и середины сторон разностороннего треугольника лежат на одной окружности. Отсюда и название «окружность шести точек».

Впоследствии он обнаружил, что на этой же окружности лежат точки, принадлежащие высотам и расположенные от вершин на расстоянии одной треть длин самих высот. Так окружность стала «окружностью девяти точек».

Сформулируем её.

Теорема. Пусть в треугольнике ABC (рис. 1), H – точка пересечения высот треугольника; точки A₁, B₁, C₁ - основания высот; A₂, B₂, C₂ – середины соответствующих сторон; A₃, B₃, C₃ – середины отрезков AH, BH и CH. Тогда точки A₁, B₁, C₁, A₂, B₂, C₂, A₃, B₃, C₃  лежат на одной окружности. [1]

Действительно, A₃B₂ –средняя линия треугольника AHC и, следовательно, A₃B₂ || CC₁. B₂A₂ – средняя линия треугольника ABC и, следовательно, B₂A₂ || AB. Так как CC₁ ┴ AB, то 

A₃B₂A₂ =90. Аналогично, A₃C₂A₂ = 90. Поэтому точки A₂, B₂, C₂, A₃  лежат на одной окружности с диаметром A₂A₃. Так как AA₁ перпендикулярна BC, то точка A₁ также принадлежит этой окружности. Аналогичным образом показывается, что точки B₁ и B₃, C₁ и C₃ лежат на этой окружности. Значит, все девять точек лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать.  [3]

Рис. 1.

Прямая, проходящая через центр  описанной окружности О и ортоцентр Н данного треугольника называется прямой Эйлера.

            Окружность девяти точек обладает  рядом свойств.

1. Прямая Эйлера проходит через:

а) ортоцентр треугольника;

б) точку пересечения серединных перпендикуляров;

в) центроид М, который делит отрезок ОН в отношении ОМ:МН = 1:2;

г) центр N окружности Эйлера. [3]

2. Радиус  описанной около треугольника окружности в два раз больше радиуса  окружности девяти точек. [1]

3. Описанная окружность есть образ окружности девяти точек относительно гомотетии с центром Н и коэффициентом 2. [1]

   Докажем справедливость приведённых утверждений.

1. а) и б) верны по определению прямой Эйлера;

в). Требуется доказать, что точки O, M, H лежат на одной прямой.

       

Рассмотрим гомотетию с центром в точке M  и коэффициентом -0,5 (рис.2). Вершины A, B, C треугольника ABC  перейдут соответственно в точки A₂, B₂, C₂. Высоты треугольника ABC перейдут в высоты треугольника A₂B₂C₂ и, следовательно, точка H перейдет в точку O. Поэтому точки O, M, H будут лежать на одной прямой. При этом ОМ в два раза меньше МН. Что и требовалось доказать.  [3]

   г). 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.  [3]

2. Так как ОМ:МН=1:2 и N –середина ОН, то ОМ:МN = 2:1. При гомотетии относительно М с коэффициентом -2 N  то есть радиус  окружности Эйлера перейдёт в радиус описанной окружности и =2. Что и требовалось доказать.

3. Так как  A₃, B₃, C₃ – середины отрезков AH, BH и CH, то они при гомотетии относительно Н  с  k=2 переходят соответственно в точки A,  B,  C,  то есть окружность девяти точек отображается в окружность, описанную около треугольника (рис.1).

Что и требовалось доказать.

В 1821 году окружность Эйлера, выкладки о которой так и не были опубликованы учёным,  была заново открыта учителем провинциальной гимназии в Германии. Звали этого учителя Карл Фейербах (он был родным братом известного философа Людвига Фейербаха).

Дополнительно  Фейербах  выяснил, что окружность девяти точек имеет еще четыре точки, тесно связанные с геометрией любого данного треугольника. Это - точки ее касания с четырьмя окружностями специального вид (рис 3). Одна из этих окружностей вписанная, остальные три - вневписанные. Они вписаны в углы треугольника и касаются внешним образом его сторон. Точки касания этих окружностей с окружностью девяти точек  и  называются точками Фейербаха.

Таким образом, окружность девяти точек является в действительности окружностью тринадцати точек.  [2]

Но отдавая дань гению первооткрывателя, Карл указывает на первенство Эйлера в этом открытии и называет окружность его именем. Так в мире математиков она и называется «окружность Эйлера».

Рис. 3.

Приведём доказательство о десятой точке Фейербаха. Для этого решим следующую задачу.

ЗАДАЧА.

Проведём через основание биссектрисы угла A разностороннего треугольника ABC от- личную от стороны BC касательную к вписанной в треугольник окружности. Точку её касания с окружностью обозначим через. Аналогично построим точки и. Докажите, что три прямые, соединяющие точки , и   с серединами сторон BC,CA и AB соответственно, имеют общую точку, причём эта точка лежит на вписанной окружности (рис.4).

                                                   Рис.4

Решение в первоисточнике приводится к чертежу 4 и занимает полстранички. (см ниже)

Сначала докажем, что стороны треугольника    параллельны соответствующим сторонам треугольника  ABC. Пусть AC>AB. Имеем равенства  POL=OL и POB=ROB, поэтому OR=2LOB. Угол LOB внешний в треугольнике AOB, значит OR=α+β. Подобными же рассуждениями получаем, что OR= α+β. Следовательно, точки   и симметричны относительно прямой OR, поэтому AB. Итак, соответствующие стороны треугольников  и  параллельны(, , – середины сторон  треугольника), поэтому эти треугольники гомотетичны. Центр этой гомотетии является общей точкой прямых ,  и  .

Пусть прямая   вторично пересекает вписанную в треугольник ABC окружность в точке А. Докажем, что описанная вокруг треугольника FL окружность проходит через основание высоты H треугольника ABC. Для этого достаточно проверить выполнение равенства L·H = P², так как P² = ·F.

Пользуясь параллельностью прямых AH и OP, M_aP^ʹ=M_aP¹(рис.7) и теоремой Фалеса, получаем:   =   =  =  =  = .  Так как четырехугольник FLH вписанный, углы FH  и L равны.  Угол L легко выражается через углы треугольника ABC:L= . Рассмотрим теперь четыругольник  FH.

Заметим, что  HCA =   CH=,  C= . Поэтому  H = = , значит  FH – вписанный и, следовательно, F= H=. Обозначим через K точку пересечения отрезка F со вписанной окружностью(рис.8). Так как вписанный в окружность угол FK равен , а дуга Rвписанной окружности  равна , точки  и K симметричны относительно этой прямой. Значит, точки K и   совпадают, что означает, что прямые   и  пересекаются в точке F вписанной окружности. ЧТД

Таким образом, треугольник обладает неожиданными для нас свойствами, которые характеризуют глубину познаний в математике и бесконечность новых открытий. Дерзайте, молодые!!!

СПАСИБО ЗА ВНИМАНИЕ!!!