Энциклопедический словарь юного математика (1-е изд.)

,

где A = π - B - C.

Центральное место в геометрии треугольника занимают свойства так называемых замечательных точек и линий, простейшие из которых мы и рассмотрим. Три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке - центре описанной около треугольника окружности (рис. 2). Этот факт следует из свойства серединного перпендикуляра d к отрезку: d состоит из тех, и только тех, точек, которые равноудалены от концов отрезка. Если для треугольника ABC серединные перпендикуляры к AB и BC пересекаются в точке O, то |OA| = |OB| и |OB| = |OC|, поэтому |OA| = |OC| и точка O обязана лежать на серединном перпендикуляре к третьей стороне AC.

Рис. 2

Биссектрисы трех внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке - центре вписанной в треугольник окружности (рис. 3). Это следует из основного свойства биссектрисы l выпуклого угла: l состоит из тех, и только тех, точек угла, которые равноудалены от его сторон. Если рассмотреть дополнительно биссектрисы трех пар внешних углов треугольника, то получается еще три замечательные точки - центры вневписанных окружностей (рис. 4).

Рис. 3

Рис. 4

Радиусы описанной, вписанной и вневписанной окружностей R, r, r_a, r_b и r_c связаны красивым соотношением

r_a + r_b + r_c = r +4R

а расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей ρ можно найти по формуле Эйлера:

ρ² = R² -2Rr.

Здесь же приведем формулы для площади треугольника:

S = (abc)/4R = pr,

где p - полупериметр треугольника.

Среди свойств биссектрис треугольника выделяется такая теорема: биссектриса внутреннего (внешнего) угла C треугольника ABC делит противоположную сторону внутренним (внешним) образом в отношении, равном отношению прилежащих сторон; на рис. 5

AE:BE=AE':BE'=AC:BC.

Рис. 5

Все три медианы пересекаются в точке M (рис. 6), называемой центроидом треугольника ABC (который также является центром масс для тонкой треугольной пластины). Каждая медиана делится точкой M в отношении 2:1, считая от соответствующей вершины треугольника. Высоты треугольника (или их продолжения) также пересекаются в одной точке H - ортоцентре треугольника (рис. 7).

Рис. 6

Рис. 7

Пусть высоты треугольника ABC пересекают соответственные стороны (или их продолжения) в точках A₀, B₀, C₀ (рис. 7). Треугольник A₀B₀C₀ называется ортоцентрическим для треугольника ABC или, коротко, его ортотреугольником. Оказывается, высоты треугольника являются биссектрисами его ортотреугольника. Если треугольник ABC остроугольный, то ортотреугольник A₀B₀C₀ вписан в треугольник ABC: вершины A₀B₀C₀ лежат на соответствующих сторонах треугольника ABC. Справедлива замечательная теорема: среди всех треугольников, вписанных в остроугольный треугольник, ортотреугольник имеет наименьший периметр.

Теоремы о пересечении высот, медиан, биссектрис треугольника в действительности можно получить из общей «теоремы Чевы» (Д. Чева - итальянский математик, (1648-1734)): отрезки AQ, BR, CP, соединяющие вершины треугольника ABC с точками на противолежащих сторонах (рис. 8), пересекаются в одной точке D тогда, и только тогда, когда

AP·BQ·CR = PB·QC·RA.

Рис. 8

ЗАДАЧА НАПОЛЕОНА

Французский император Наполеон Бонапарт был любителем математики. Он находил время заниматься ею для собственного удовольствия, чувствовал в ней красоту и объект, достойный приложения остроумия и изобретательности. Одно из свидетельств тому - несколько составленных им геометрических задач.

Вот как можно сформулировать одну из них:

На сторонах произвольного треугольника ABC внешним образом построены как на основаниях равносторонние треугольники (рис. 1). Доказать, что центры этих треугольников также являются вершинами равностороннего треугольника.

Задача имеет довольно изящное решение. Пусть O₁, O₂ и O₃ центры равносторонних треугольников. Выполним дополнительное построение: соединим отрезками прямых точки O₁, O₂ и O₃ с ближайшими (к каждой из них) двумя вершинами треугольника ABC и между собой.

Рис. 1

По свойствам равностороннего (правильного) треугольника AO₁ = O₁B, BO₂ = O₂C, CO₃ = O₃A, ∠AO₁B = ∠BO₂C = ∠CO₃A = 120°и ∠O₁AO₃ + ∠O₁BO₂ + ∠O₂CO₃ = 360°. Выделим шестиугольник AO₁BO₂CO₃, а внешние к нему невыпуклыс четырехугольники отбросим. Получим фигуру, изображенную на рис. 2.