Depuis l'école, nous savons que les trois bissectrices des angles intérieurs d'un triangle se coupent en un point - le centre du cercle inscrit dans ce triangle.

Théorème 1. Bissectrice d'angle UN Triangle abc le point d'intersection des bissectrices est divisé dans le rapport , en comptant du côté où une, b, c– longueurs des côtés C.-B., AC, AB respectivement.

Preuve. Laisser AA 1 et BB 1 – bissectrices UN Et DANS respectivement dans un triangle ABC, L– leur point d'intersection, une, b, c– longueurs des côtés C.-B., AC, AB en conséquence (Fig. 62). Alors, par le théorème de la bissectrice appliqué à un triangle abc aura

Ou bVA 1 = ac – avec VA 1, ou Virginie 1 (b + c)= ac, Moyens, Virginie 1 = Avec. Par le même théorème appliqué à un triangle AVA 1 on obtient UN 1 L : LA = : Avec, ou = .

Théorème 2. Si L abc cercle, alors

ÐALB= 90° + R.S..

Preuve. Sachant que la somme des angles d'un triangle est de 180° et que le centre L le cercle inscrit est le point d'intersection des bissectrices du triangle, on aura (Fig. 62) :

ÐALB= 180° – ( Ð ABL + Ð VAL) = 180° – ( Ð ABC + Ð VAS) =

180° – (180° – ÐC) = 180° – 90° + R.S.= 90° + R.S..

Théorème 3. Si L– point sur la bissectrice de l'angle AVEC Triangle abc tel que ÐALB= 90° + R.S., Que L– centre du triangle inscrit abc cercle.

Preuve. Montrons qu'aucun des points L 1 entre C Et L ne peut pas être le centre d’un cercle inscrit (Fig. 62a).

Nous avons ÐAL 1 AVEC 1 < Ð ANS 1, puisque l'angle extérieur du triangle AL 1 L plus grand que tout angle intérieur non adjacent. Aussi ÐVL 1 AVEC < Р ВЛС 1 .

C'est pourquoi ÐAL 1 DANS < ÐALB= 90° + R.S.. Moyens, L 1 n'est pas le centre du cercle inscrit, puisque la condition du signe du centre du cercle inscrit n'est pas satisfaite (voir Théorème 2).

Si le point L 2 sur la bissectrice SS 1 n'appartient pas au segment CL, Que ÐAL 2 DANS > ÐALB= 90° + R.S. et encore une fois la condition du signe du centre du cercle inscrit n'est pas remplie. Cela signifie que le centre du cercle inscrit est le point L.

Théorème 4. La distance du sommet du triangle au point de tangence du cercle inscrit avec le côté passant par ce sommet est égale au demi-périmètre de ce triangle diminué du côté opposé.

Preuve. Laisser UN 1 , DANS 1 , AVEC 1 – points de tangence du cercle inscrit avec les côtés du triangle abc(Fig. 63), une, b, c– longueurs des côtés C.-B., AC, AB respectivement.

Laisser CA 1 = X, Alors UN B 1 = x, soleil 1 = c-x = Virginie 1 , DANS 1 AVEC = b – x = CA 1 ,

a = BC = VA 1 + SA 1 = (c – x) + (b – x) = c + b – 2 X.

Alors a + a = a + b + c – 2 X, ou 2 UN = 2 R. – 2 X, ou x = p – une.

Théorème 5. Dans n'importe quel triangle abcà travers le point L l'intersection des bissectrices de ses deux angles externes passe par la bissectrice du troisième angle, et le point L est à égale distance des lignes contenant les côtés du triangle.

Preuve. Laisser L– le point d'intersection de deux angles extérieurs DANS Et AVEC triangle abc(Fig. 64). Puisque chaque point de la bissectrice est à la même distance des côtés de l'angle, alors le point L UN B Et Soleil, puisqu'il appartient à la bissectrice ВL. Il est situé à la même distance des lignes droites Soleil Et CA, puisqu'il appartient à la bissectrice CL. Pointons donc L est à la même distance entre les lignes droites ET TOI Et Soleil. Depuis le point L est à la même distance des lignes UN B Et CA, Que JSC– bissectrice de l'angle TOI.

Un cercle qui touche un côté d’un triangle et les extensions des deux autres côtés est appelé un excercle de ce triangle.

Corollaire 1. Les centres des cercles excentriques à un triangle sont situés aux points d'intersection de paires de bissectrices de ses angles externes.

Théorème 6. Rayon du cercle inscrit dans un triangle égal au rapport côtés de ce triangle et le cosinus de la moitié de l'angle opposé, multiplié par les sinus des moitiés des deux autres angles.

"Types de triangles" - Types de triangles. Sur la base de la longueur comparative des côtés, on distingue les types de triangles suivants. En fonction de la taille des angles, on distingue les types suivants. Les points sont appelés sommets et les segments sont appelés côtés.

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• répéter et généraliser les théorèmes étudiés ;
• envisager leur utilisation pour résoudre un certain nombre de problèmes ;
• préparer les étudiants à Examen d'admission aux universités;
• cultiver l'exécution esthétique des dessins pour les tâches.

Équipement : projecteur multimédia. Annexe 1 .

Pendant les cours :

1. Moment organisationnel.

2. Vérification des devoirs :

• preuve de théorèmes – 2 étudiants + 2 étudiants – consultants (vérificateurs) ;
• résoudre des problèmes de devoirs – 3 étudiants ;
• travailler avec la classe - résolution de problèmes oraux :

Le point C 1 divise le côté AB du triangle ABC dans le rapport 2 : 1. Le point B 1 se trouve dans le prolongement du côté AC au-delà du point C, et AC = CB 1. Dans quel rapport la droite B 1 C 1 divise-t-elle le côté BC ? (sur la diapositive 2).

Solution : Par condition En utilisant le théorème de Ménélas, on trouve : .

Dans le triangle ABC, AD est la médiane, le point O est le milieu de la médiane. La droite BO coupe le côté AC au point K.

Dans quel rapport le point K divise-t-il AC, à partir du point A ? (sur la diapositive 3).

Solution: Soit ВD = DC = a, АО = ОD = m. La droite BK coupe deux côtés et le prolongement du troisième côté du triangle ADC. D'après le théorème de Ménélas .

Dans le triangle ABC, du côté BC, le point N est pris tel que NC = 3ВN ; dans la continuation du côté AC, le point M est pris pour point A de sorte que MA = AC. La droite MN coupe le côté AB au point F. Trouvez le rapport. (sur la diapositive 4).

Solution : Selon les conditions du problème, MA = AC, NC = 3 ВN. Soit MA = AC = b, BN = k, NC = 3k. La droite MN coupe deux côtés du triangle ABC et le prolongement du troisième. D'après le théorème de Ménélas

Le point N est pris du côté PQ du triangle PQR, et le point L est pris du côté PR, avec NQ = LR. Le point d'intersection des segments QL et NR divise QR dans le rapport m : n, en comptant à partir du point Q. Trouvez PN : PR. (sur la diapositive 5).

Solution : Par condition NQ = LR, . Soit NA = LR = a, QF =km, LF = kn. La droite NR coupe deux côtés du triangle PQL et le prolongement du troisième. D'après le théorème de Ménélas

3. Pratiquer des compétences pratiques.

1. Résolution de problèmes :

Démontrer le théorème : Les médianes d'un triangle se coupent en un point ; le point d'intersection divise chacun d'eux dans un rapport de 2:1, à partir du sommet. (Figure 1, diapositive 6).

Preuve : Soient AM 1, VM 2, CM 3 les médianes du triangle ABC. Pour prouver que ces segments se coupent en un point, il suffit de montrer que Ensuite, selon le théorème (inverse) de Cheva, les segments AM 1, VM 2 et CM 3 se coupent en un point. Nous avons:

Ainsi, il a été prouvé que les médianes d'un triangle se coupent en un point.

Soit O le point d'intersection des médianes. La droite M 3 C coupe deux côtés du triangle ABM 2 et le prolongement du troisième côté de ce triangle. D'après le théorème de Ménélas

ou .

En considérant le théorème de Ménélas pour les triangles AM 1 C et AM 2 C, on obtient que

. Le théorème a été prouvé.

Démontrer le théorème : Les bissectrices d’un triangle se coupent en un point.(Figure 2, diapositive 6).

Preuve : Il suffit de montrer que . Ensuite, d'après le théorème (inverse) de Ceva, AL 1, BL 2, CL 3 se coupent en un point. D'après la propriété des bissectrices d'un triangle :

. En multipliant les égalités résultantes terme par terme, on obtient : . Ainsi, pour les bissectrices d’un triangle, l’égalité de Cheva est satisfaite, elles se coupent donc en un point. Le théorème a été prouvé.

Problème 7

Démontrer le théorème : Les altitudes d’un triangle aigu se coupent en un point.(Figure 3, diapositive 6).

Preuve : Soient AH 1, AH 2, AH 3 les altitudes du triangle ABC de côtés a, b, c. En utilisant le théorème de Pythagore, à partir des triangles rectangles ABN 2 et BSN 2, on exprime respectivement le carré de la jambe commune BN 2, notant AH 2 = x, CH 2 = b – x.

(VN 2) 2 = c 2 – x 2 et (VN 2) 2 = a 2 – (b – x) 2. en égalant les membres droits des égalités résultantes, nous obtenons c 2 – x 2 = a 2 – (b – x) 2, d'où x =.

Alors b –x = b - = .

Donc, AN 2 = , CH 2 = .

En raisonnant de la même manière pour les triangles rectangles ASN 2 et VSN 3, VAN 1 et SAN 1, on obtient AN 3 =, VN 3 = et VN 1 =,

Pour prouver le théorème, il suffit de montrer que . Ensuite, selon le théorème de Cheva (inverse), les segments AN 1, VN 2 et CH 3 se coupent en un point. En substituant au côté gauche de l'égalité les expressions pour les longueurs des segments AN 3, VN 3, VN 1, CH 1, CH 2 et AN 2 passant par a, b, c, nous sommes convaincus que l'égalité de Cheva pour les altitudes de le triangle est satisfait. Le théorème a été prouvé.

Problèmes 5 à 7, solution indépendante par 3 étudiants. (dessins à l'écran).

2. autres :

Démontrez le théorème : Si un cercle est inscrit dans un triangle, alors les segments reliant les sommets du triangle avec les points de contact des côtés opposés se coupent en un point. (Figure 4, diapositive 6).

Preuve : Soient A 1, B 1 et C 1 les points tangents au cercle inscrit du triangle ABC. Pour prouver que les segments AA 1, BB 1 et CC 1 se coupent en un point, il suffit de montrer que l'égalité de Cheva est vraie :

. En utilisant la propriété des tangentes tirées d'un point, nous introduisons la notation : BC 1 = BA 1 = x, CA 1 = CB 1 = y, AB 1 = AC 1 = z.

. L'égalité de Cheva est satisfaite, ce qui signifie que les segments indiqués (bissectrices du triangle) se coupent en un point. Ce point est appelé le point Gergon. Le théorème a été prouvé.

3. Analyse des problèmes 5, 6, 7.

Problème 9

Soit AD la médiane du triangle ABC. Du côté AD, le point K est pris de telle sorte que AK : KD = 3 : 1. La droite BK divise le triangle ABC en deux. Trouvez le rapport des aires de ces triangles. (Figure 1 sur la diapositive 7)

Solution : Soit AD = DC = a, KD = m, alors AK = 3m. Soit P le point d'intersection de la droite BK avec le côté AC. Vous devez trouver une relation. Puisque les triangles ABP et RVS ont des hauteurs égales tirées du sommet B, alors = . D’après le théorème de Ménélas pour le triangle ADC et la sécante PB, nous avons : . Donc = .

Problème 10

Dans le triangle ABC, circonscrit à un cercle, AB = 8, BC = 5, AC = 4. A 1 et C 1 sont des points de tangence, appartenant respectivement aux côtés BC et BA. P – point d'intersection des segments AA 1 et CC 1. Le point P se situe sur la bissectrice BB 1. Trouvez AR : RA 1.

(sur la diapositive 7 figure 2)

Solution : Le point de contact du cercle de côté AC ne coïncide pas avec B1, puisque le triangle ABC est scalène. Soit C 1 B = x, puis, en utilisant la propriété des tangentes tracées à un cercle à partir d'un point, nous introduisons la notation (voir figure) 8 – x + 5 – x = 4, x = .

Cela signifie C 1 B = VA 1 = , A 1 C = 5 - = , AC 1 = 8 - = .

Dans le triangle ABA 1, la droite C 1 C coupe ses deux côtés et le prolongement du troisième côté. D'après le théorème de Ménélas .

Réponse : 70 : 9.

Les côtés du triangle sont 5, 6 et 7. Trouvez le rapport des segments dans lesquels la bissectrice du plus grand angle de ce triangle est divisée par le centre du cercle inscrit dans le triangle. (sur la diapositive 7).

Solution : Soit AB = 5, BC = 7, AC = 6 dans le triangle ABC. L'angle BAC est opposé au plus grand côté du triangle ABC, ce qui signifie que l'angle BAC est le plus grand angle du triangle. Le centre du cercle inscrit d'un triangle se situe à l'intersection des bissectrices. Soit O le point d'intersection des bissectrices. Vous devez trouver AO : OD. Puisque AD ​​est la bissectrice du triangle ABC, c'est-à-dire BD = 5k, DC = 6k. puisque BF est la bissectrice du triangle ABC, soit AF = 5m, FC = 7m. La droite BF coupe deux côtés et le prolongement du troisième côté du triangle ADC. D'après le théorème de Ménélas .

4. Solution indépendante des problèmes 9, 10, 11.– 3 étudiants.

Problème 12 (pour tous les élèves restants de la classe) :

Les bissectrices BE et AD du triangle ABC se coupent au point Q. Trouvez l'aire du triangle ABC si l'aire du triangle BQD = 1, 2AC = 3 AB, 3BC = 4 AB. (Figure 4 sur la diapositive 7).

Solution : Soit AB = a, alors AC = , BC = . AD est la bissectrice du triangle ABC, alors , c'est-à-dire BD = 2p, DC = 3p. BE est la bissectrice du triangle ABC, alors , AE = 3k, CE = 4k. Dans le triangle BEC, la droite AD coupe deux de ses côtés et le prolongement du troisième côté. D'après le théorème de Ménélas ...c'est-à-dire EQ = 9m, QB = 14m. Les triangles QBD et EBC ont un angle commun, ce qui signifie , S EBC = .

Les triangles ABC et BEC ont des hauteurs égales tirées du sommet B, ce qui signifie , alors S ABC = .

5. Analyse des problèmes 9, 10, 11.

Résolution de problèmes – atelier :

A. Sur les côtés BC, CA, AB du triangle isocèle ABC de base AB, les points A 1, B 1, C 1 sont pris, donc les droites AA 1, BB 1, CC 1 sont compétitives.

Prouve-le

Preuve:

D'après le théorème de Ceva, nous avons : (1).

Selon la loi des sinus : , d'où CA 1 = CA.,

, d'où A 1 B = AB. , ,

d'où AB 1 = AB. , , d'où B 1 C = BC. , puisque CA = BC par condition. En substituant les égalités résultantes en égalité (1) on obtient :

Q.E.D.

B. Du côté AC du triangle ABC, on prend un point M tel que AM = ?AC, et dans le prolongement du côté BC il y a un point N tel que BN = CB. Dans quelle relation le point P, point d'intersection des segments AB et MN, divise-t-il chacun de ces segments ?

D’après le théorème de Ménélas, pour le triangle ABC et sécante MN on a :

. Par condition ainsi ,

depuis 0,5. (-2) . x = 1, - 2x = - 2, x = 1.

Pour le triangle MNC et la sécante AB, d’après le théorème de Ménélas on a : par condition

signifie, - , d'où, .

8. Résolution indépendante de problèmes : Option 1 :

1. Sur les suites des côtés AB, BC, AC du triangle ABC, on prend respectivement les points C 1, A 1, B 1 de telle sorte que AB = BC 1, BC = CA 1, CA = AB 1. Trouvez le rapport dans lequel la droite AB 1 divise le côté A 1 C 1 du triangle A 1 B 1 C 1. (3points).

2. Sur la médiane CC 1 du triangle ABC, on prend le point M. Les droites AM et BM coupent respectivement les côtés du triangle aux points A 1 et B 1. Montrer que les droites AB et A 1 B 1 sont parallèles. (3points).

3. Soit les points C 1, A 1 et B 1 pris respectivement sur le prolongement des côtés AB, BC et AC du triangle ABC. Montrer que les points A 1, B 1, C 1 se trouvent sur la même droite si et seulement si l'égalité est vraie . (4points).

6. Soit les points C 1, A 1 et B 1 respectivement sur les côtés AB, BC et AC du triangle ABC, de sorte que les droites AA 1, BB 1, CC 1 se coupent au point O. Montrer que l'égalité est vraie . (5 points).

7 . Soit les points A 1, B 1, C 1, D 1 respectivement sur les arêtes AB, BC, CD et AD du tétraèdre ABCD. Montrer que les points A 1, B 1, C 1, D 1 se trouvent dans le même plan si et seulement si , lorsque l'égalité est satisfaite (5 points).

Option 2:

1. Les points A 1 et B 1 divisent les côtés BC et AC du triangle ABC dans des rapports 2 : 1 et 1 : 2. Les droites AA 1 et BB 1 se coupent au point O. L'aire du triangle ABC est égale à 1. Trouver l'aire du triangle OBC. (3points).

2. Le segment MN reliant les milieux des côtés AD et BC du quadrilatère ABCD est divisé par des diagonales en trois parties égales. Montrer que ABCD est un trapèze, l'une des bases AB ou CD, qui est deux fois plus grande que l'autre. (3points).

3. Soit les points C 1, A 1 et B 1 du côté AB et du prolongement des côtés BC et AC du triangle ABC, respectivement. Montrer que les droites AA 1, BB 1, СС 1 se coupent en un point ou sont parallèles si et seulement si l'égalité est vraie . (4points).

4. À l'aide du théorème de Ceva, prouvez que les hauteurs d'un triangle ou leurs extensions se coupent en un point. (4points).

5. Montrer que les droites passant par les sommets du triangle et les points tangents des excercles se coupent en un point (point Nagel). (Un cercle est appelé excercle dans un triangle s'il touche un côté de ce triangle et les prolongements de ses deux autres côtés). (5 points).

6. Soit les points C 1, A 1, B 1 respectivement sur les côtés AB, BC et AC du triangle ABC, de sorte que les droites AA 1, BB 1 et CC 1 se coupent au point O. Montrer que l'égalité est vraie . (5 points).

7. Soit les points A 1, B 1, C 1, D 1 respectivement sur les arêtes AB, BC, CD et AD du tétraèdre ABCD. Montrer que les points A 1, B 1, C 1, D 1 se trouvent dans le même plan alors et seulement lorsque l’égalité est satisfaite (5 points).

9. Devoirs: manuel § 3, n° 855, n° 861, n° 859.