Конспект урока: Четыре замечательные точки треугольника

Рис. 1. Точка биссектрисы угла равноудалена от его сторон

Пусть даны неразвернутый угол с вершиной $A$ и точка $D$ на его биссектрисе (рис. 1). Проведем из точки $D$  перпендикуляры $DB$ и $DC$ к сторонам данного угла. По определению $DB$ и $DC$ — расстояния от точки $D$ до сторон угла $A$.

Прямоугольные треугольники $DBA$и $DCA$ имеют общую гипотенузу $DA$, $\angle DAB=\angle DAC$ по условию. Тогда $∆DBA=∆DCA$ по гипотенузе и острому углу. Отсюда $DB=DC$, то есть точка $D$ равноудалена от сторон данного угла.

Рис. 2. Точка, равноудаленная от сторон угла, принадлежит его биссектрисе

Теперь докажем, что любая точка, равноудаленная от сторон угла, принадлежит его биссектрисе. Пусть $F$ — некоторая точка, равноудаленная от сторон угла $A$, то есть перпендикуляры $FB$ и $FC$, проведенные из точки $F$ к сторонам данного угла, равны (рис. 2). Соединим точки $F$ и $A$. Тогда прямоугольные треугольники $FBA$ и $FCA$ равны по гипотенузе и катету. Отсюда $\angle FAB=\angle FAC$, то есть луч $AF$ — биссектриса угла $A$.

Теорема доказана.

Рис. 3. Биссектрисы треугольника ABC пересекаются в одной точке

Рассмотрим треугольник $ABC$, биссектрисы углов $A$ и $B$ пересекаются в точке $O$ (рис. 3). Опустим перпендикуляры $OF$, $OD$ и $OE$ из точки $O$ к прямым $AB$, $BC$ и $AC$ соответственно. По теореме точки биссектрисы угла равноудалены от сторон угла, поэтому $OE=OF$, $OF=OD$, следовательно, $OE=OD$. Таким образом, точка $O$ равноудалена от сторон угла $С$, следовательно, лежит на его биссектрисе, $CO$ – биссектриса угла $С$. 

Все три биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O$, что и требовалось доказать.

Рис. 4. К решению примера 1

По следствию 2 $CH$ – биссектриса угла $С$ (рис. 4), следовательно $\angle ACH=\frac{1}{2}\angle C$.

$\angle C=180°-(\angle A+\angle B)=180°-(80°+60°)=40°$, $\angle ACH=\frac{1}{2}·40°=20°$. 

Ответ: 20°.

Рис. 5. Серединный перпендикуляр к отрезку AB

На рисунке 5 $h$ - серединный перпендикуляр к отрезку $AB$.

Рис. 6. К доказательству первой части свойства серединного перпендикуляра к отрезку

Доказательство

Пусть произвольная точка $С$ лежит на прямой $c$, перпендикулярной отрезку $AB$ и проходящей через его середину — точку $O$ (рис. 6). В треугольнике $ACB$ отрезок $CO$ — медиана и высота, значит, этот треугольник равнобедренный с основанием $AB$. Отсюда $AC=BC$, то есть расстояния от точки $С$ до концов отрезка $AB$ равны.

Случай, когда точки $С$ и $O$ совпадают, рассмотрите самостоятельно.

Рис. 7. К доказательству второй части свойства серединного перпендикуляра к отрезку

Докажем обратное утверждение.

Пусть произвольная точка $D$ равноудалена от точек $A$ и $B$, то есть $AD=BD$ (рис. 7). Тогда в равнобедренном треугольнике $ADB$ отрезок $DO$ — медиана, проведенная к основанию, которая является также и высотой. Таким образом, прямая $DO$ — серединный перпендикуляр к отрезку $AB$. 

Случай, когда точки $D$ и $O$ совпадают, рассмотрите самостоятельно.

Теорема доказана.

Рис. 8. Серединные перпендикуляры треугольника ABC пересекаются в одной точке

Рассмотрим треугольник  $ABC$ $HD$, $HE$ – серединные перпендикуляры к сторонам $AB$ и $BC$ соответственно (рис. 8). 

Перпендикуляры к сторонам угла $B$ пересекаются в одной точке, иначе они были бы параллельны. Допустим, $HD\parallel HE$, тогда прямая $AB\perp HD$ и $AB\perp HE$, но $BC\perp HE$, значит $AB\parallel BC$, чего не может быть. 

По доказанному свойству серединного перпендикуляра $HA=HB$, $HB=HC$, следовательно $HA=HC$. Тогда точка $H$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$. Таким образом, все три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Рис. 9. Высоты треугольника ABC пересекаются в одной точке

Пусть $AD$, $BF$ и $CE$ — высоты треугольника $ABC$ (рис. 9). Проведя через вершины треугольника $ABC$ прямые, параллельные противолежащим сторонам, получим треугольник $A_1{B}_1{C}_1$, стороны которого перпендикулярны высотам треугольника $ABC$. По построению четырехугольники $C_{1}BCA$ и $B_{1}ABC$ — параллелограммы, откуда $C_{1}A=BC$ и $BC=A{B}_1$. Следовательно, точка $A$ — середина отрезка $B_1{C}_1$. Аналогично доказываем, что $B$ — середина $A_1{C}_1$ и 
$C$ — середина $A_1{B}_1$.

Таким образом, высоты $AD$, $BF$ и $CE$ лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника $A_1{B}_1{C}_1$, которые пересекаются в одной точке.

Теорема доказана.

Рис. 10. К примеру 2

Решение

Рассмотрим треугольник $ABC$, высоты $AE$, $BF$, $CD$ пересекаются в точке $H$ (рис. 10). Докажем, что высоты треугольника $HBC$ пересекаются в точке $A$. 

Поскольку $AE\perp BC$, $BF\perp AC$, $CD\perp AB$, то высотами треугольника $HBC$ являются отрезки $HE$, $BD$, $CF$, которые пересекаются в точке $A$, что и требовалось доказать.