III Международный конкурс
научно-исследовательских и творческих работ учащихся
«СТАРТ В НАУКЕ»
 
     

СВОЙСТВА ОРТОЦЕНТРИЧЕСКИХ ТРЕУГОЛЬНИКОВ
Метшина А.Р.
Автор работы награжден дипломом победителя второй степени
Диплом школьника      Диплом руководителя
Текст научной работы размещён без изображений и формул.
Полная версия научной работы доступна в формате PDF


Предметом нашего исследования являются ортоцентрические треугольники и их свойства.

Цель – изучение свойств ортоцентрических треугольников и исследование путей их использования для решения задач.

Задачи:

1) выяснить, что такое ортотреугольник;

2) изучить и проанализировать свойства ортотреугольников;

3) рассмотреть возможное применение

этих свойств для решения задач.

4) подвести итоги.

Во время выполнения поставленных задач нами был использован описательный метод исследования, изучение и обобщение.

Практическая значимость: результаты проведенного исследования могут стать опорой для решения олимпиадных задач, задач ЕГЭ и ОГЭ с использованием свойств отроцентрических треугольников.

ОСНОВНАЯ ЧАСТЬ

Глава 1. Исторические сведения и свойства

§ 1. Что такое ортоцентрический треугольник?

Ортотреуго́льник (ортоцентрический треугольник) — это треугольник ΔA1B1C1, вершины которого являются основаниями высот треугольника ∆ABC. Для ортотреуго́льника (для ортоцентрического треугольника) ΔA1B1C1 сам треугольник ∆ABC является треугольником трёх внешних биссектрис. То есть отрезки AB, BC и CA являются тремя внешними биссектрисами треугольника ΔA1B1C1.

§ 2. Исторические сведения

В начале 18 века итальянский инженер и математик Фаньяно дей Тоски поставил перед собой такую задачу: вписать в остроугольный треугольник АВС треугольник наименьшего периметра так, чтобы на каждой из сторон данного треугольника лежала одна вершина вписанного. Аналитическое решение этой задачи было опубликовано в 1755 году. Было доказано, что существует единственный треугольник наименьшего периметра KMN, его вершина K – основание высоты CK. Искомым треугольником всегда будет ортотреугольник KMN.

§ 3.Свойства ортотреугольников

1.Теорема о подобии треугольников. Ортотреугольник отсекает треугольники, подобные данному.

Доказательство:

В остроугольном треугольнике проведены высоты , . Найдем углы треугольника , если , а .

Прямоугольные треугольники и имеют общий угол при вершине С, они подобны, поэтому .

Из этого равенства следует, что в треугольниках и стороны, прилежащие к общему углу при вершине С, пропорциональны. Следовательно, по второму признаку подобия треугольников подобен . В подобных треугольниках против соответственных сторон лежат равные углы, поэтому угол , .

Аналогично можно доказать подобие треугольников и ; и , если провести высоту CC1. При этом , и .

Как следствие данной теоремы, верно следующее утверждение:

Две смежные стороны ортотреугольника образуют равные углы с соответствующей стороной исходного треугольника.

Среди всех треугольников, вписанных в данный треугольник, только ортотреугольник обладает указанным свойством.

І. Ортоцентрический треугольник H1H2H3 В остроугольном треугольнике ABC соединим отрезками основания высот H1,H2,H3 (рис. 1). Получим

треугольник H1H2H3. Рассмотрим некоторые свойства этого треугольника, которые используют при решении задач.

Свойство 1. Стороны ортоцентрического треугольника H1H2H3 антипараллельны сторонам треугольника ABC.

Доказательство. Обозначим точку H — точку пересечения высот треугольника ABC (ортоцентр). Опишем окружность около четырёхугольника AH2HH3. Тогда ∠AH2H3 = ∠AHH3 = ∠ABC, значит, сторона H2H3 антипараллельна стороне BC. Аналогично доказывается антипараллельность двух других сторон треугольника

H1H2H3.

Свойство 2. Высоты треугольника ABC являются биссектрисами внутренних углов треугольника H1H2H3.

Доказательство. Действительно, поскольку ∠H3H1B = ∠H2H1C = ∠A, то ∠H3H1A= ∠AH1H2.

Свойство 3. Отрезок OA перпендикулярен отрезку H2H3.

Доказательство. Действительно, если описать окружность около треугольника H1H2H3, дуги, на которые опираются углы ∠H2H1A и ∠AH1H3, равны, а значит, OA⊥H2H3 (рис. 2).

Свойство 4. Вершины треугольника ABC являются центрами вневписанных окружностей ортоцентрического треугольника H1H2H3 (рис. 3).

Доказательство. Поскольку отрезок AH2 перпендикулярен биссектрисе H2B, а AH3⊥CH3, то пересечение отрезков AH2 и AH3, - точка A есть центр вневписанной окружности, касающейся стороны H2H3.

Свойство 5. Имеет место формула pH = hasinA, где pH — полупериметр треугольника H1H2H3, ha — высота AH1.

Доказательство. Из точки A опустим перпендикуляр AF на прямую H1H3 (рис.3). Поскольку∠H1AF = ∠H3H1B (углы с взаимно перпендикулярными сторонами), то ∠HAF = ∠A и H1F = hasinA (из треугольника H A1 F), или pH = hasinA.

Свойство 6. Имеет место формула S = RpH, где S — площадь треугольника ABC, R — радиус окружности, описанной около треугольника ABC.

Доказательство. Действительно, поскольку pH = hasinA, то

pH= sinA, и S = RpH(a — длина стороны BC).

Свойство 7. Окружность Леонарда Эйлера.

Доказательство. Опишем окружность около треугольника H1H2H3. Докажем, что окружности (обозначим её γe), кроме точек H1, H2, H3, принадлежат середины отрезков AH, BH, CH (их называют точками Эйлера и обозначают E1, E2, E3), ещё три точки M1, M2, M3 — середины сторон BC, AC, AB. Начнём с точек Эйлера. Заметим, что доказательство нестандартно (рис. 4).

Поскольку прямая H H1 (рис. 4) принадлежит биссектрисе угла ∠H2H1H3, то точка её пересечения с окружностью γe, описанной

около треугольника H1H2H3, будет серединой дуги H2H3, то есть точкой W1 треугольника H1H2H3, а точка A — центром вневписанной

окружности (свойство 4).

По теореме Мансиона ( IW1 = W1Ia = W1B = W1C): AE1 = E1H. Значит, точка совпадает с серединой отрезка IW1 для треугольника H1H2H3 с точкой E1. Поскольку точки B и C также центры вневписанных окружностей, то утверждение относительно середин отрезков AH, BH и CH доказано. Докажем, что середины AC, BC и AB (точки M1, M2, M3) принадлежат окружности γe.

Воспользуемся свойством вневписанных окружностей с центрами Ib и Ic. Пусть W1A— точка, диаметрально противоположная точке W1. Тогда W1A— середина отрезка IbIc. Пусть окружность γe пересекает сторону BC в точке X (рис. 4). Поскольку ∠E1H1X1 = 90°, то точки X и E1 диаметрально противоположны, а поскольку точка E1 есть точкой W1 окружности, то точка X совпадает с серединой отрезка BC (точки B и C — центры вневписанных окружностей). Теорема об окружности Эйлера для треугольника ABC доказана новым способом.

ІІ. Ортоудвоенный треугольник

Высоты AH1, BH2, CH3 продолжим до пересечения с описанной окружностью (рис. 5).

Получим треугольник N1N2N3, который назовём ортоудвоенным. Поскольку HH1 = H1N1, HH2 = H2N2, HH3 = H3N3, то этот треугольник гомотетичен треугольнику H1H2H3 с центром гомотетии — серединой отрезка OE ( E — центр окружности Эйлера) и коэффициентом гомотетии k =

Свойство 1. Вершины треугольника ABC делят дуги N2N3, N3N1, N1N2 пополам.

Доказательство. Действительно, ∠ N2N1A = ∠ N3N1A.

Свойство 2. Высоты треугольника ABC принадлежат биссектрисам внутренних углов треугольника N1N2N3.

Доказательство. Действительно, это следует из свойства 1.

Свойство 3. Радиус OA перпендикулярен отрезкам N2N3 и H2H3.

Доказательство. Действительно, это следует из свойства 1.

Свойство 4. Точка, симметричная ортоцентру H относительно середины M1 отрезка BC принадлежит окружности, описанной около треугольника

ABC.

Доказательство. Проведём диаметр AA1 (рис.6) и найдём точку X, гомотетичную точке A1. Поскольку A1X = XH, то отрезок OX — средняя линия треугольника

AA1H. Значит, он параллелен AH и равен

AH, то есть OX = OM1 и точка X совпадает с точкой M1 — серединой отрезка BC.

Свойство 5. Прямая Эйлера. Центроид M треугольника ABC принадлежит отрезку OH.

Доказательство. Проведём отрезок AM1 (рис. 6). Он пересечёт OH в точке Y. Поскольку то M1M : AM = 1 : 2, а значит, точка Y совпадает с точкой M1.

Окружность девяти точек

Около треугольника H1H2H3 опишем окружность γe. Её центр делит пополам отрезок OH (точка E). Середины отрезков AH, BH, CH (точки E1, E2, E3) гомотетичны точкам A, B и C и принадлежат окружности γe.

Докажем, что точки M1, M2, M3 принадлежат окружности γe.

Доказательство. Действительно, точки A1 и H симметричны относительно точки B. Кроме того, точки A1 и M1 гомотетичны, а значит, точка M1 принадлежит окружности γe.

ІІІ. Ортоцентрический треугольник Q1Q2Q3

треугольника W1W2W3

Опишем окружность около треугольника ABC и построим точки W1,W2, W3 (середины дуг BC, AC, AB) (рис. 7).

Точку пересечения хорд W2W3 и AW1 обозначим Q1. Аналогично получим точки Q1 и Q3. По теореме «листа трилистника» имеем: IW1 = W1C. Поскольку ∪ AW2 = ∪ W2C, то

∠ Q3W1C = ∪ QW1I и W1Q3 ⊥ IC,

а значит, треугольник Q1Q2Q3 — ортоцентрический треугольник треугольника W1W2W3. В равнобедренном треугольнике IW1C IQ3 = Q3C. Аналогично, IQ1 = Q1A, следовательно, стороны треугольника Q1Q2Q3 вдвое меньше соответственных сторон треугольника ABC. Поэтому (применяем формулу S = RpH ) площадь треугольника W1W2W3 . (1°)

Девять середин треугольника W1W2W3

Поскольку окружность, описанная около треугольника Q1Q2Q3, есть окружность Эйлера треугольника W1W2W3, то девять точек принадлежат одной окружности: середины отрезков W1W3, W2W3, W1W2, IW1, IW2, IW3, IA, IB, IC.

ІV. Ортоцентрический треугольник ABC Рассмотрим треугольник, вершины которого — центры вневписанных окружностей Ia, Ib, Ic (рис.8).

Ортоцентрическим треугольником этого

треугольника будет треугольник ABC, так как

каждая из его вершин есть пересечение внутренней и внешней биссектрис. Поскольку радиус окружности, описанной около треугольника ABC будет R, то радиус окружности, описанной около треугольника IaIbIc будет 2R, а площадь SIaIbIc=2R⋅p.

Окружность Эйлера треугольника IaIbIc

Поскольку окружность, описанная около треугольника ABC, является окружностью Эйлера треугольника IaIbIc, то девять точек принадлежат одной окружности: вершины треугольника ABC, точки W1, W2, W3, середины

отрезков IaIb, IaIc, IbIc (окружность шести середин).

V. Треугольник, подобный ортоцентрическому треугольнику H1H2H3

Через вершины A, B и C проведём касательные к окружности, описанной около треугольника ABC. Получим треугольник T1T2T3 (рис. 9).

Поскольку OA⊥H2H3 и OA⊥T1T2, то T1T2||H2H3, а треугольник T1T2T3 подобен треугольнику H2H3H1. Заметим, что площадь ST треугольника T1T2T3 (его называют

тангенциальным) вычисляют по формуле:

ST=R⋅pT, где R — радиус окружности, вписанной в треугольник T1T2T3.

Глава 2. Применение.

§ 1 Применение свойств ортотреугольника для решения задач

Задача 1.

Пусть и – высоты треугольника АВС. Докажите, что треугольник подобен треугольнику АВС. Чему равен коэффициент подобия?

Решение:

подобен треугольнику АВС по теореме 1. Коэффициент подобия . В прямоугольных треугольниках и , . Значит, .

Ответ: .

Следствием данной задачи будет следующее утверждение: каждая сторона ортотреугольника равна произведению противолежащей стороны на косинус противолежащего угла исходного треугольника.

Задача 2.

Треугольник АВС остроугольный, и угол ВАС равен α. На стороне ВС как на диаметре построена полуокружность, пересекающая стороны АВ и АС в точках Р и Q соответственно. Найдите отношение площадей треугольников АВС и APQ.

Решение:

Поскольку и - высоты треугольника , треугольник подобен с коэффициентом подобия , поэтому

Задача 3

В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АD, ВЕ и СF. Докажите, что pR=Pr, где p-периметр треугольника EDF, Р – периметр треугольника АВС.

Решение(без применения свойств):

1. Т.к. и согласно задаче 1 , то . ,

, поэтому .

  1. Пусть О – центр описанной окружности , R – ее радиус. Тогда Т.к. по т. синусов , то после подстановки, получаем .

  2. Аналогично и , т.е. . Поскольку и , то , что и требовалось доказать.

Решение(без применения свойств):

  1. По свойству 6 . , тогда , что и требовалось доказать.

Задача 4

Треугольник АВС остроугольный, и . Определите углы высотного треугольника.

Решение:

1. Строим высоты , , .

подобен .

подобен .

2.-высотный.

; .

Ответ: ; ; .

Задача 5.

В равнобедренном треугольнике ABCс основанием AC = 4 и боковой стороной AB = 8проведены высоты AA1,BB1,CC1.Найти периметр треугольника A1B1C1и длину высоты CC1.

Решение:

  1. Т.к. - равнобедренный, то - высота, медиана, биссектриса ;.

  2. Т.к. подобен , то .

3. .

4. Т.к. подобен , то; .

5. ||, а это значит, что подобен .

6. .

7. По т. Пифагора .

Ответ: ; .

Задача 6

В равнобедренном треугольнике ABC(AB = BC)проведены высоты AA1,

BB1,CC1.Известно, чтоAC = 9,

A1C1 = 7. Найти периметр треугольника ABC.

Решение:

  1. Т.к. подобен , то и (1)

  2. по гипотенузе и острому углу, т.к рассматриваемые треугольники прямоугольные, .

  3. Т.к. и , отсекая пропорциональные отрезки, то ||.

  4. подобен , т.е. .

  5. Пусть , тогда , .

Известно, что , , поэтому, подставив данные в (1), получим ,

т.е. .

Ответ: .

Глава 3. Анкетирование учащихся

Всем ученикам 10 и 11 классов я задала по 4 вопроса:

  1. Знаете ли вы об ортоцентрических треугольниках?

  2. Применяли ли вы свойства ортоцентрических треугольников при решении задач?

  3. Как вы считаете, можно ли облегчить решение задач, используя эти свойства?

  4. Хотели бы вы научиться решать задачи на применение свойств ортоцентрических треугольников?

Подсчитав ответы «да», я получила следующие результаты:

Класс

Кол-во детей на момент опроса

1 вопрос

2 вопрос

3 вопрос

4 вопрос

10а

19

1

1

1

13

11а

20

3

2

2

17

Заключение.

Итак, в ходе работы по данной теме мы узнали, что такое ортоцентрические треугольники, какими свойствами они обладают. Все поставленные перед началом работы цели были достигнуты.

Знания, полученные в ходе выполнения данной работы пригодятся при подготовке к ЕГЭ и вступительным испытаниям в ВУЗы страны. Данная работа может быть полезна и для других ребят, готовящихся к олимпиадам и экзаменам по математике.

Список используемой литературы

1. Журнал «Математика. Все для учителя» №4, 2016, 12-17 стр.

2. Смирнова И.М., Смирнов В.А., «Геометрия на профильном уровне обучения», М., Педагогический университет «Первое сентября», 2006.

3. http://ppt4web.ru/geometrija/ortotreugolnik-i-ego-svojjstva.html

4.Ортотреугольник:[Электронный ресурс]//Википедия. URL: https://ru.wikipedia.org/wiki/Ортотреугольник

5. http://www.itmathrepetitor.ru/spravochnik-olimpiadnika-planimetri-2