Рассмотрим ещё одну задачу.
Задача Фаньяно
Задача Фаньяно. Рассматриваются всевозможные треугольники DEF, вершины D, E и F которых лежат на сторонах BC, AC и AB остроугольного треугольника ABC соответственно. Доказать, что из всех треугольников DEF наименьшим периметром обладает ортоцентрический треугольник треугольника ABC.
Решение. Пусть DEF – один из рассматриваемых треугольников. Обозначим символом D1 точку, симметричную точке D относительно прямой AC, и обозначим символом D2 точку, симметричную точке D относительно прямой AB (рис.8).
Рис.8
Поскольку отрезок прямой – кратчайшее расстояние между двумя точками, то периметр треугольника DEF оказывается не меньшим, чем длина отрезка D1D2. Отсюда вытекает, что при фиксированной точке D наименьшим периметром обладает такой треугольник DEF, вершины F и E которого являются точками пересечения прямой D1D2 с прямыми AB и AC соответственно. Периметр этого треугольника равен длине отрезка D1D2 (рис.9).
Рис.9
Заметим также, что выполнено равенство
AD = AD1 = AD2.
Кроме того, выполнено равенство
Поэтому
Отсюда вытекает, что длина отрезка D1D2 будет наименьшей тогда, когда длина отрезка AD будет наименьшей, т.е. в том случае, когда отрезок AD является высотой треугольника ABC. Другими словами, наименьшим периметром обладает такой треугольник DEF, у которого вершина D является основанием высоты треугольника ABC, проведённой из вершины A, а вершины E и F построены по описанной выше схеме. Таким образом, среди всевозможных треугольников DEF треугольник с наименьшим периметром является единственным.
Если обозначить длину высоты, проведённой из вершины A, длину стороны AB и радиус описанной около треугольника ABC окружности буквами h, c и R соответственно, то, воспользовавшись теоремой синусов, получим:
Следовательно, наименьший периметр рассматриваемых треугольников DEF равен
Теперь докажем, что ортоцентрический треугольник и является треугольником с наименьшим периметром. Для этого воспользуемся следующей леммой.
Лемма. Пусть DEF – ортоцентрический треугольник треугольника ABC (рис.10).
Рис.10
В этом случае отрезок D1D2 проходит через точки F и E.
Доказательство. Заметим, что в силу следствия 2 выполняются равенства:
Кроме того, в силу равенства треугольников DFK и KFD2, а также в силу равенства треугольников DEL и LED1 выполняются равенства:
Следовательно,
откуда вытекает, что углы AEF и D1EL , а также AFE и D2FK являются вертикальными углами. Это означает, что точки D1, F, E, D2 лежат на одной прямой. Лемма доказана.
Доказательство леммы и завершает решение задачи Фаньяно.
Отметим также факт, доказанный из задачи Фаньяно:
Периметр ортотреугольника равен отрезку
Пусть сторона, лежащая против угла равна Тогда по теореме синусов . Тем самым, Значит
Тем самым, получаем новую формулу площади треугольника: где радиус описанной окружности полупериметр его ортотреугольника.
Как известно, высоты треугольника являются биссектрисами его ортотреугольника, но что если отказать от условия, что две из трёх чевиан являются высотами?
Рассмотрим ещё одну задачу.
В остроугольном треугольнике проведены три конкурентные чевианы причём является высотой. Докажите, что
Решение:
| E |
| D |
| B |
| C |
| A |
Пусть прямые пересекают эту прямую
в точках соответственно.Поскольку высота,
то Докажем, что является медианой
треугольника тогда она также будет и
биссектрисой.
По теореме Чевы для треугольника , следует, что Подставляя в , получаем откуда медиана, а значит и биссектриса, ч.т.д.
Данная задача носит название теорема Бланшета.
Действительно,пусть P – произвольная точка, лежащая на окружности, описанной около треугольника ABC; D, E, F – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника (рис. 10). Покажем, что точки D, E, F лежат на одной прямой.
Заметим, что в случае, если AP проходит через центр окружности, то точки D и E совпадают с вершинами B и C. В противном случае, один из углов ABP или ACP острый, а другой – тупой. Из этого следует, что точки D и E будут расположены по разные стороны от прямой BC и для того, чтобы доказать, что точки D, E и F лежат на одной прямой, достаточно проверить, что ÐCEF =ÐBED.
Опишем окружность с диаметром CP. Так как ÐCFP = ÐCEP = 90°, то точки E и F лежат на этой окружности. Поэтому ÐCEF =ÐCPF как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу окружности. Далее, ÐCPF = 90°- ÐPCF = 90°- ÐDBP = ÐBPD. Опишем окружность с диаметром BP. Так как ÐBEP = ÐBDP = 90°, то точки F и D лежат на этой окружности. Поэтому ÐBPD =ÐBED. Следовательно, окончательно получаем, что ÐCEF =ÐBED. Значит точки D, E, F лежат на одной прямой.
Существует обобщённая прямая Симсона. Если из произвольной точки P {\displaystyle P} описанной окружности треугольника A B C {\displaystyle ABC} провести прямые под данным ориентированным углом к сторонам, то три полученных точки пересечения будут лежать на одной прямой.
Рассмотрим применение прямой Симсона в некоторых задачах.
Задача.Точки являются симметричными отражениями произвольной точки описанной окружности треугольника относительно сторон и соответственно. Докажите, что эти точки коллинеарны.
Решение.В самом деле, основания перпендикуляров, опущенных из точки на стороны треугольника или их продолжения, лежат на прямой Симсона.С другой стороны, эти основания делят отрезки пополам, а значит прямая Симсона точки является средней линией треугольников . Поскольку средняя линия параллельна каждому из оснований то точки обязаны лежать на одной прямой, ч.т.д.
Теорема Сальмона.Три окружности, имеющие диаметрами три хорды четвертой окружности, выходящие из одной ее точки попарно пересекаются в трех коллинеарных точках.
Доказательство.
Пусть точка, лежащая на всех окружностях - M; A, B, C - точки, диаметрально противоположные M относительно 1-ой, 2-ой и 3-ей окружностей. D, E, F - точки попарных пересечений данных трех окружностей (см. рис.). ÐMDA=ÐMDB=90o. Отсюда D - проекция точки M на прямую AB. Аналогично E - проекция M на прямую AC; F - проекция M на BC. Т.к. MABC вписан в окружность, то по теореме Симсона D, E, F коллинеарны.