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 $D B$ и $D C$ к сторонам данного угла. По определению $D B$ и $D C$ — расстояния от точки $D$ до сторон угла $A$.

Прямоугольные треугольники $D B A$и $D C A$ имеют общую гипотенузу $D A$, $\angle D A B = \angle D A C$ по условию. Тогда $\Delta D B A = \Delta D C A$ по гипотенузе и острому углу. Отсюда $D B = D C$, 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 $F B$ и $F C$, проведенные из точки $F$ к сторонам данного угла, равны (рис. 2). Соединим точки $F$ и $A$. Тогда прямоугольные треугольники $F B A$ и $F C A$ равны по гипотенузе и катету. Отсюда $\angle F A B = \angle F A C$, то есть луч $A F$ — биссектриса угла $A$.

Теорема доказана.

Рис. 3. Биссектрисы треугольника ABC пересекаются в одной точке

Рассмотрим треугольник $A B C$, биссектрисы углов $A$ и $B$ пересекаются в точке $O$ (рис. 3). Опустим перпендикуляры $O F$, $O D$ и $O E$ из точки $O$ к прямым $A B$, $B C$ и $A C$ соответственно. По теореме точки биссектрисы угла равноудалены от сторон угла, поэтому $O E = O F$, $O F = O D$, следовательно, $O E = O D$. Таким образом, точка $O$ равноудалена от сторон угла $C$, следовательно, лежит на его биссектрисе, $C O$ – биссектриса угла $C$. 

Все три биссектрисы треугольника $A B C$ пересекаются в точке $O$, что и требовалось доказать.

Рис. 4. К решению примера 1

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

$\angle C = 180^{\circ} - ( \angle A + \angle B ) = 180^{\circ} - ( 80^{\circ} + 60^{\circ} ) = 40^{\circ}$, $\angle A C H = \frac{1}{2} \cdot 40^{\circ} = 20^{\circ}$. 

Ответ: 20°.

Рис. 5. Серединный перпендикуляр к отрезку AB

На рисунке 5 $h$ - серединный перпендикуляр к отрезку $A B$.

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

Доказательство

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

Случай, когда точки $C$ 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 $A D = B D$ (рис. 7). Тогда в равнобедренном треугольнике $A D B$ отрезок $D O$ — медиана, проведенная к основанию, которая является также и высотой. Таким образом, прямая $D O$ — серединный перпендикуляр к отрезку $A B$. 

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

Теорема доказана.

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

Рассмотрим треугольник  $A B C$ $H D$, $H E$ – серединные перпендикуляры к сторонам $A B$ и $B C$ соответственно (рис. 8). 

Перпендикуляры к сторонам угла $B$ пересекаются в одной точке, иначе они были бы параллельны. Допустим, $H D \parallel H E$, тогда прямая $A B \bot H D$ и $A B \bot H E$, но $B C \bot H E$, значит $A B \parallel B C$, чего не может быть. 

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

Рис. 9. Высоты треугольника ABC пересекаются в одной точке

Пусть $A D$, $B F$ и $C E$ — высоты треугольника $A B C$ (рис. 9). Проведя через вершины треугольника $A B C$ прямые, параллельные противолежащим сторонам, получим треугольник $A_{1} B_{1} C_{1}$, стороны которого перпендикулярны высотам треугольника $A B C$. По построению четырехугольники $C_{1} B C A$ и $B_{1} A B C$ — параллелограммы, откуда $C_{1} A = B C$ и $B C = A B_{1}$. 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 $A D$, $B F$ и $C E$ 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 $A B C$, высоты $A E$, $B F$, $C D$ пересекаются в точке $H$ (рис. 10). Докажем, что высоты треугольника $H B C$ пересекаются в точке $A$. 

Поскольку $A E \bot B C$, $B F \bot A C$, $C D \bot A B$, то высотами треугольника $H B C$ являются отрезки $H E$, $B D$, $C F$, которые пересекаются в точке $A$, что и требовалось доказать.