Silchenkov Iliá
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Títulos de diapositivas:
La línea media de un triángulo es un segmento que conecta los puntos medios de sus dos lados y es igual a la mitad de ese lado. Además, según el teorema, la línea media de un triángulo es paralela a uno de sus lados y es igual a la mitad de ese lado.
Si una recta es perpendicular a una de dos rectas paralelas, entonces también es perpendicular a la otra.
Puntos destacables del triángulo.
Puntos maravillosos triángulo Punto de intersección de medianas (centroide del triángulo); El punto de intersección de las bisectrices, el centro del círculo inscrito; El punto de intersección de las mediatrices; Punto de intersección de alturas (ortocentro); La recta de Euler y el círculo de nueve puntos; Puntos de Gergonne y Nagel; Punto Fermat-Torricelli;
Punto de intersección mediana
La mediana de un triángulo es un segmento que conecta el vértice de cualquier ángulo del triángulo con la mitad del lado opuesto.
I. Las medianas de un triángulo se cortan en un punto, el cual divide cada mediana en una proporción de 2:1, contando desde el vértice.
Prueba:
A B C A 1 C 1 B 1 1 2 3 4 0 1. Denotemos con la letra O el punto de intersección de dos medianas AA 1 y B B1 del triángulo ABC y tracemos la línea media A 1 B 1 de este triángulo. 2. El segmento A 1 B 1 es paralelo al lado AB y 1/2 AB = A 1 B 1 es decir, AB = 2A1B1 (según el teorema sobre la línea media del triángulo), por lo tanto 1 = 4 y 3 = 2 (ya que son ángulos transversales internos con líneas paralelas AB y A 1 B 1 y secante BB 1 para 1, 4 y AA 1 para 3, 2 3. En consecuencia, los triángulos AOB y A 1 OB 1 son similares en dos ángulos y, por lo tanto, sus los lados son proporcionales, es decir, las proporciones de los lados AO y A 1 O, BO y B 1 O, AB y A 1 B 1 son iguales, pero AB = 2A 1 B 1, por lo tanto AO = 2A 1 O y BO = 2B 1 O. Así, el punto O de la intersección de las medianas BB 1 y AA 1 divide a cada una de ellas en la proporción 2:1, contando desde el vértice. El teorema está demostrado. De manera similar, se puede demostrar sobre las otras dos medianas.
El centro de masa a veces se llama centroide. Por eso dicen que el punto de intersección de las medianas es el centroide del triángulo. El centro de masa de una placa triangular homogénea se encuentra en el mismo punto. Si dicha placa se coloca sobre un alfiler de modo que la punta del alfiler golpee exactamente el centroide del triángulo, entonces la placa estará en equilibrio. Además, el punto de intersección de las medianas es el centro del círculo inscrito de su triángulo medial. Una propiedad interesante del punto de intersección de las medianas está asociada con el concepto físico de centro de masa. Resulta que si colocas masas iguales en los vértices de un triángulo, su centro caerá exactamente en este punto.
Punto de intersección de la bisectriz
La bisectriz de un triángulo es un segmento de la bisectriz del ángulo que conecta el vértice de uno de los ángulos del triángulo con un punto que se encuentra en el lado opuesto.
Las bisectrices de un triángulo se cortan en un punto equidistante de sus lados.
Prueba:
C A B A 1 B 1 C 1 0 1. Denotemos con la letra O el punto de intersección de las bisectrices AA 1 y BB 1 del triángulo ABC. 3. Aprovechemos que cada punto de la bisectriz de un ángulo no desarrollado equidista de sus lados y viceversa: cada punto que se encuentra dentro del ángulo y equidistante de los lados del ángulo se encuentra sobre su bisectriz. Entonces OK=OL y OK=OM. Esto significa OM=OL, es decir, el punto O es equidistante de los lados del triángulo ABC y, por lo tanto, se encuentra en la bisectriz CC1 del ángulo C. 4. En consecuencia, las tres bisectrices del triángulo ABC se cortan en el punto O. K L M El teorema está demostrado. 2.Traza desde este punto las perpendiculares OK, OL y OM, respectivamente, a las rectas AB, BC y CA.
Punto de intersección de bisectrices perpendiculares.
Una bisectriz perpendicular es una recta que pasa por el centro de un segmento dado y es perpendicular a él.
Las bisectrices perpendiculares a los lados de un triángulo se cortan en un punto equidistante de los vértices del triángulo.
Prueba:
B C A m n 1. Denotemos con la letra O el punto de intersección de las perpendiculares bisectorales myn a los lados AB y BC del triángulo ABC. O 2. Usando el teorema de que cada punto de la mediatriz de un segmento es equidistante de los extremos de este segmento y viceversa: cada punto equidistante de los extremos del segmento se encuentra en la mediatriz de él, obtenemos que OB = OA y OB = OC. 3. Por tanto OA = OC, es decir el punto O equidista de los extremos del segmento AC y, por tanto, se encuentra en la bisectriz perpendicular a este segmento. 4. En consecuencia, las tres bisectrices m, n y p de los lados del triángulo ABC se cortan en el punto O. El teorema está demostrado. R
Punto de intersección de alturas (o sus extensiones)
La altura de un triángulo es la perpendicular trazada desde el vértice de cualquier ángulo del triángulo hasta la recta que contiene el lado opuesto.
Las alturas de un triángulo o sus prolongaciones se cortan en un punto, que puede estar dentro del triángulo o fuera de él.
Prueba:
Demostremos que las rectas AA 1, BB 1 y CC 1 se cruzan en un punto. B A C C2 C1 A1 A2 B 1 B 2 1. Dibuja a través de cada vértice del triángulo ABC una línea recta paralela al lado opuesto. Obtenemos el triángulo A 2 B 2 C 2. 2. Los puntos A, B y C son los puntos medios de los lados de este triángulo. De hecho, AB=A 2 C y AB=CB 2 son como lados opuestos de los paralelogramos ABA 2 C y ABCB 2, por lo tanto A 2 C=CB 2. De manera similar, C 2 A = AB 2 y C 2 B = BA 2. Además, como se desprende de la construcción, CC 1 es perpendicular a A 2 B 2, AA 1 es perpendicular a B 2 C 2 y BB 1 es perpendicular a A 2 C 2 (del corolario al teorema de rectas paralelas y secantes ). Por tanto, las rectas AA 1, BB 1 y CC 1 son las bisectrices perpendiculares a los lados del triángulo A 2 B 2 C 2. Por tanto, se cruzan en un punto. El teorema ha sido demostrado.
Primero demostremos el teorema sobre la bisectriz de un ángulo.
Teorema
Prueba
1) Tome un punto arbitrario M en la bisectriz del ángulo BAC, dibuje las perpendiculares MK y ML a las rectas AB y AC y demuestre que MK = ML (Fig. 224). Considere los triángulos rectángulos AM K y AML. Son iguales en hipotenusa y ángulo agudo (AM es la hipotenusa común, ∠1 = ∠2 por convención). Por lo tanto MK = ML.
2) Sea el punto M dentro del ángulo BAC y equidistante de sus lados AB y AC. Demostremos que el rayo AM es la bisectriz del ángulo BAC (ver Fig. 224). Dibujemos las perpendiculares MK y ML a las rectas AB y AC. Los triángulos rectángulos AMK y AML son iguales en hipotenusa y cateto (AM es la hipotenusa común, MK = ML por convención). Por lo tanto, ∠1 = ∠2. Pero esto significa que el rayo AM es la bisectriz del ángulo BAC. El teorema ha sido demostrado.
Arroz. 224
Corolario 1
Corolario 2
De hecho, denotamos con la letra O el punto de intersección de las bisectrices AA 1 y BB 1 del triángulo ABC y trazamos desde este punto las perpendiculares OK, OL y OM, respectivamente, a las rectas AB, BC y CA. (Figura 225). Según el teorema demostrado, OK = OM y OK = OL. Por tanto OM = OL, es decir, el punto O equidista de los lados del ángulo ACB y, por tanto, se encuentra en la bisectriz CC 1 de este ángulo. En consecuencia, las tres bisectrices del triángulo ABC se cortan en el punto O, que es lo que había que demostrar.
Arroz. 225
Propiedades de la mediatriz de un segmento
Una bisectriz perpendicular a un segmento es una línea que pasa por el centro de un segmento dado y es perpendicular a él.
Arroz. 226
Demostremos el teorema sobre la mediatriz de un segmento.
Teorema
Prueba
Sea la recta m la bisectriz perpendicular al segmento AB, el punto O sea el punto medio de este segmento (Fig. 227, a).
Arroz. 227
1) Considere un punto arbitrario M en una recta m y demuestre que AM = BM. Si el punto M coincide con el punto O, entonces esta igualdad es verdadera, ya que O es el punto medio del segmento AB. Sean M y O varios puntos. Los triángulos rectángulos OAM y OBM son iguales en dos catetos (OA = OB, OM es el cateto común), por lo tanto AM = BM.
2) Considere un punto arbitrario N, equidistante de los extremos del segmento AB, y demuestre que el punto N se encuentra en la recta m. Si N es un punto de la recta AB, entonces coincide con el punto medio O del segmento AB y, por tanto, se encuentra en la recta m. Si el punto N no se encuentra en la recta AB, entonces el triángulo ANB es isósceles, ya que AN = BN (Fig. 227, b). El segmento NO es la mediana de este triángulo, y por tanto la altura. Por tanto, NO ⊥ AB, por lo tanto las rectas ON y m coinciden, es decir, N es un punto de la recta m. El teorema ha sido demostrado.
Corolario 1
Corolario 2
Para probar esta afirmación, considere las perpendiculares bisectorales m y n a los lados AB y BC del triángulo ABC (figura 228). Estas líneas se cruzan en algún punto O. De hecho, si asumimos lo contrario, es decir, que m || n, entonces la recta BA, al ser perpendicular a la recta m, también sería perpendicular a la recta n, paralela a ella, y entonces dos rectas BA y BC pasarían por el punto B, perpendicular a la recta n, lo cual es imposible. .
Arroz. 228
Según el teorema demostrado, OB = OA y OB = OS. Por tanto OA = OC, es decir, el punto O equidista de los extremos del segmento AC y, por tanto, se encuentra en la bisectriz perpendicular p a este segmento. En consecuencia, las tres bisectrices m, n y p de los lados del triángulo ABC se cortan en el punto O.
Teorema de intersección de altitud del triángulo
Hemos demostrado que las bisectrices de un triángulo se cortan en un punto y las bisectrices perpendiculares a los lados de un triángulo se cortan en un punto. Anteriormente se demostró que las medianas de un triángulo se cortan en un punto (sección 64). Resulta que propiedad similar tener las altitudes del triángulo.
Teorema
Prueba
Consideremos un triángulo arbitrario ABC y demostremos que las líneas AA 1 BB 1 y CC 1 que contienen sus alturas se cruzan en un punto (Fig. 229).
Arroz. 229
Dibujemos una línea recta que pase por cada vértice del triángulo ABC, paralela al lado opuesto. Obtenemos el triángulo A 2 B 2 C 2. Los puntos A, B y C son los puntos medios de los lados de este triángulo. De hecho, AB = A 2 C y AB = CB 2 como lados opuestos de los paralelogramos ABA 2 C y ABCB 2, por lo tanto A 2 C = CB 2. De manera similar, C 2 A = AB 2 y C 2 B = BA 2. Además, como se desprende de la construcción, CC 1 ⊥ A 2 B 2, AA 1 ⊥ B 2 C 2 y BB 1 ⊥ A 2 C 2. Por tanto, las rectas AA 1, BB 1 y CC 1 son las bisectrices perpendiculares a los lados del triángulo A 2 B 2 C 2. En consecuencia, se cruzan en un punto. El teorema ha sido demostrado.
Entonces, cuatro puntos están asociados con cada triángulo: el punto de intersección de las medianas, el punto de intersección de las bisectrices, el punto de intersección de las bisectrices perpendiculares a los lados y el punto de intersección de las altitudes (o sus extensiones). Estos cuatro puntos se llaman puntos notables del triángulo.
Tareas
674. Desde el punto M de la bisectriz de un ángulo O no desarrollado, se trazan las perpendiculares MA y MB a los lados de este ángulo. Demuestre que AB ⊥ OM.
675. Los lados del ángulo O tocan cada uno de dos círculos que tienen una tangente común en el punto A. Demuestre que los centros de estos círculos se encuentran en la línea recta O A.
676. Los lados del ángulo A tocan un círculo con centro O de radio r. Encuentre: a) OA, si r = 5 cm, ∠A = 60°; b) d, si OA = 14 dm, ∠A = 90°.
677. Las bisectrices de los ángulos externos en los vértices B y C del triángulo ABC se cortan en el punto O. Demuestre que el punto O es el centro de un círculo tangente a las rectas AB, BC, AC.
678. Las bisectrices AA 1 y BB 1 del triángulo ABC se cortan en el punto M. Encuentre los ángulos ACM y ВСМ si: a) ∠AMB = 136°; b) ∠AMB = 111°.
679. La bisectriz perpendicular al lado BC del triángulo ABC corta al lado AC en el punto D. Encuentre: a) AD y CD, si BD = 5 cm, Ac = 8,5 cm; b) AC, si BD = 11,4 cm, AD = 3,2 cm.
680. Las bisectrices perpendiculares a los lados AB y AC del triángulo ABC se cortan en el punto D del lado BC. Demuestre que: a) el punto D es el punto medio del lado BC; b) ∠A - ∠B + ∠C.
681. La bisectriz perpendicular al lado AB del triángulo isósceles ABC intersecta al lado BC en el punto E. Encuentra la base AC si el perímetro del triángulo AEC es 27 cm y AB = 18 cm.
682. Los triángulos isósceles ABC y ABD tienen una base común AB. Demuestre que la recta CD pasa por el medio del segmento AB.
683. Demuestre que si en el triángulo ABC los lados AB y AC no son iguales, entonces la mediana AM del triángulo no es una altitud.
684. Las bisectrices de los ángulos en la base AB del triángulo isósceles ABC se cortan en el punto M. Demuestre que la recta CM es perpendicular a la recta AB.
685. Las altitudes AA 1 y BB 1 del triángulo isósceles ABC, dibujadas en los lados laterales, se cruzan en el punto M. Demuestre que la recta MC es la bisectriz perpendicular al segmento AB.
686. Construya la mediatriz de este segmento.
Solución
Sea AB el segmento dado. Construyamos dos círculos con centros en los puntos A y B de radio AB (Fig. 230). Estos círculos se cruzan en dos puntos M 1 y M 2. Los segmentos AM 1, AM 2, VM 1, VM 2 son iguales entre sí como los radios de estos círculos.
Arroz. 230
Dibujemos una línea recta M 1 M 2. Es la bisectriz perpendicular deseada al segmento AB. De hecho, los puntos M 1 y M 2 son equidistantes de los extremos del segmento AB, por lo que se encuentran en la bisectriz perpendicular a este segmento. Esto significa que la recta M 1 M 2 es la bisectriz perpendicular al segmento AB.
687. Dada una recta a y dos puntos A y B situados a un lado de esta recta. En la recta a, construya el punto M, equidistante de los puntos A a B.
688. Se dan un ángulo y un segmento. Construya un punto que se encuentre dentro de un ángulo dado, equidistante de sus lados y equidistante de los extremos de un segmento dado.
Respuestas a los problemas
674. Instrucción. Primero demuestre que el triángulo AOB es isósceles.
676. a) 10 cm; b) 7√2dm.
678. a) 46° y 46°; b) 21° y 21°.
679. a) AB = 3,5 cm, CD = 5 cm; b) CA = 14,6 cm.
683. Instrucción. Utilice el método de prueba por contradicción.
687. Instrucción. Utilice el teorema 75.
688. Instrucción. Tenga en cuenta que el punto deseado se encuentra en la bisectriz del ángulo dado.
1 Es decir, equidista de las rectas que contienen los lados del ángulo.
Contenido
Introducción……………………………………………………………………………………3
Capítulo 1.
1.1 Triángulo………………………………………………………………………………..4
1.2. Medianas de un triangulo
1.4. Alturas en un triangulo
Conclusión
Lista de literatura usada
Folleto
Introducción
La geometría es una rama de las matemáticas que se ocupa de diversas figuras y sus propiedades. La geometría comienza con un triángulo. Durante dos milenios y medio, el triángulo ha sido un símbolo de la geometría; pero no es sólo un símbolo, un triángulo es un átomo de geometría.
En mi trabajo, consideraré las propiedades de los puntos de intersección de las bisectrices, medianas y alturas de un triángulo, y hablaré sobre sus propiedades notables y las rectas del triángulo.
Los puntos estudiados en un curso de geometría escolar incluyen:
a) el punto de intersección de las bisectrices (el centro del círculo inscrito);
b) el punto de intersección de las bisectrices perpendiculares (el centro del círculo circunscrito);
c) punto de intersección de alturas (ortocentro);
d) punto de intersección de medianas (centroide).
Relevancia: amplía tus conocimientos sobre el triángulo,sus propiedadespuntos maravillosos.
Objetivo: exploración del triángulo hasta sus puntos notables,estudiándolosclasificaciones y propiedades.
Tareas:
1. Explorar literatura necesaria
2. Estudiar la clasificación de los puntos destacables de un triángulo.
3. Ser capaz de construir puntos de triángulos notables.
4. Resumir el material estudiado para el diseño del cuadernillo.
Hipótesis del proyecto:
la capacidad de encontrar puntos destacables en cualquier triángulo te permite resolver problemas de construcción geométrica.
Capítulo 1. Información histórica sobre los puntos destacables del triángulo.
En el cuarto libro de los Elementos, Euclides resuelve el problema: “Inscribir un círculo en un triángulo dado”. De la solución se deduce que las tres bisectrices de los ángulos interiores del triángulo se cruzan en un punto: el centro del círculo inscrito. De la solución de otro problema euclidiano se deduce que las perpendiculares restauradas a los lados del triángulo en sus puntos medios también se cruzan en un punto: el centro del círculo circunscrito. Los Elementos no dicen que las tres alturas del triángulo se cruzan en un punto, llamado ortocentro (la palabra griega “orthos” significa “recto”, “correcto”). Esta propuesta, sin embargo, era conocida por Arquímedes, Pappus y Proclus.
El cuarto punto singular del triángulo es el punto de intersección de las medianas. Arquímedes demostró que es el centro de gravedad (baricentro) del triángulo. Los cuatro puntos anteriores fueron abordados Atención especial, y desde el siglo XVIII se les llama puntos “notables” o “especiales” del triángulo.
El estudio de las propiedades de un triángulo asociado con estos y otros puntos sirvió de comienzo para la creación de una nueva rama de las matemáticas elementales: la "geometría de triángulos" o "nueva geometría de triángulos", uno de cuyos fundadores fue Leonhard Euler. En 1765, Euler demostró que en cualquier triángulo el ortocentro, el baricentro y el circuncentro se encuentran en la misma línea recta, más tarde llamada “recta de Euler”.
Triángulo
Triángulo - figura geométrica, que consta de tres puntos que no se encuentran en la misma línea y tres segmentos que conectan estos puntos en pares. Puntos -picos triángulo, segmentos -lados triángulo.
EN A, B, C - vértices
AB, BC, SA - lados
A C
Cada triángulo tiene cuatro puntos asociados:
Punto de intersección de medianas;
Punto de intersección de bisectrices;
Punto de intersección de alturas.
El punto de intersección de las mediatrices;
1.2. Medianas de un triangulo
Medina de un triángulo - , conectando el vértice desde el centro del lado opuesto (Figura 1). El punto donde la mediana intersecta al lado del triángulo se llama base de la mediana.
Figura 1. Medianas de un triángulo
Construyamos los puntos medios de los lados del triángulo y dibujemos segmentos que conecten cada uno de los vértices con el punto medio del lado opuesto. Estos segmentos se denominan medianas.
Y nuevamente observamos que estos segmentos se cruzan en un punto. Si medimos las longitudes de los segmentos de mediana resultantes, podemos comprobar una propiedad más: el punto de intersección de las medianas divide todas las medianas en una proporción de 2:1, contando desde los vértices. Y, sin embargo, el triángulo que descansa sobre la punta de la aguja en el punto de intersección de las medianas está en equilibrio. Un punto con esta propiedad se llama centro de gravedad (baricentro). El centro de igual masa a veces se llama centroide. Por tanto, las propiedades de las medianas de un triángulo se pueden formular de la siguiente manera: las medianas de un triángulo se cortan en el centro de gravedad y se dividen por el punto de intersección en una proporción de 2:1, contando desde el vértice.
1.3. Bisectrices de un triángulo
Bisectriz llamado bisectriz de un ángulo trazada desde el vértice del ángulo hasta su intersección con el lado opuesto. Un triángulo tiene tres bisectrices correspondientes a sus tres vértices (Figura 2).
Figura 2. Bisectriz del triángulo
En un triángulo arbitrario ABC trazamos las bisectrices de sus ángulos. Y nuevamente, con una construcción exacta, las tres bisectrices se cruzarán en un punto D. El punto D también es inusual: es equidistante de los tres lados del triángulo. Esto se puede verificar bajando las perpendiculares DA 1, DB 1 y DC1 a los lados del triángulo. Todos ellos son iguales entre sí: DA1=DB1=DC1.
Si dibujas un círculo con centro en el punto D y radio DA 1, tocará los tres lados del triángulo (es decir, tendrá solo un punto común con cada uno de ellos). Un círculo así se llama inscrito en un triángulo. Entonces, las bisectrices de los ángulos de un triángulo se cortan en el centro del círculo inscrito.
1.4. Alturas en un triangulo
Altura del triángulo - , caído desde arriba hacia el lado opuesto o una línea recta coincidente con el lado opuesto. Dependiendo del tipo de triángulo, la altura puede estar contenida dentro del triángulo (por ejemplo triángulo), coincide con su lado (ser triángulo) o pasar fuera del triángulo en un triángulo obtuso (Figura 3).
Figura 3. Alturas en triángulos
Si construyes tres altitudes en un triángulo, todas se cruzarán en un punto H. Este punto se llama ortocentro. (Figura 4).
Mediante construcciones se puede comprobar que según el tipo de triángulo, el ortocentro se sitúa de forma diferente:
para un triángulo agudo - adentro;
para uno rectangular - en la hipotenusa;
para un ángulo obtuso, está en el exterior.
Figura 4. Ortocentro del triángulo.
Así, nos hemos familiarizado con otro punto notable del triángulo y podemos decir que: las alturas del triángulo se cruzan en el ortocentro.
1.5. Bisectrices perpendiculares a los lados de un triángulo
La mediatriz de un segmento es una recta perpendicular al segmento dado y que pasa por su punto medio.
Dibujemos un triángulo arbitrario ABC y dibujemos bisectrices perpendiculares a sus lados. Si la construcción se lleva a cabo con precisión, todas las perpendiculares se cruzarán en un punto: el punto O. Este punto es equidistante de todos los vértices del triángulo. En otras palabras, si dibujas un círculo con centro en el punto O, pasando por uno de los vértices del triángulo, entonces también pasará por sus otros dos vértices.
Una circunferencia que pasa por todos los vértices de un triángulo se llama circunscrita a él. Por lo tanto, la propiedad establecida de un triángulo se puede formular de la siguiente manera: las bisectrices perpendiculares a los lados del triángulo se cruzan en el centro del círculo circunscrito (Figura 5).
Figura 5. Triángulo inscrito en un círculo.
Capítulo 2. Estudio de los puntos destacables del triángulo.
Estudio de altura en triángulos.
Las tres alturas de un triángulo se cortan en un punto. Este punto se llama ortocentro del triángulo.
Las alturas de un triángulo agudo se encuentran estrictamente dentro del triángulo.
En consecuencia, el punto de intersección de las alturas también se encuentra dentro del triángulo.
En un triángulo rectángulo coinciden dos alturas con los lados. (Estas son las alturas extraídas desde los vértices de los ángulos agudos hasta los catetos).
La altura dibujada hasta la hipotenusa se encuentra dentro del triángulo.
AC es la altura trazada desde el vértice C hasta el lado AB.
AB es la altura trazada desde el vértice B hasta el lado AC.
AK es la altura trazada desde el vértice del ángulo recto A hasta la hipotenusa BC.
Las alturas de un triángulo rectángulo se cortan en el vértice del ángulo recto (A es el ortocentro).
En un triángulo obtuso, sólo hay una altitud dentro del triángulo: la trazada desde el vértice del ángulo obtuso.
Las otras dos alturas se encuentran fuera del triángulo y descienden hasta la continuación de los lados del triángulo.
AK es la altura dibujada hacia el lado BC.
BF - altura dibujada a la continuación del lado AC.
CD es la altura trazada hasta la continuación del lado AB.
El punto de intersección de las altitudes de un triángulo obtuso también está fuera del triángulo:
H es el ortocentro del triángulo ABC.
Estudio de bisectrices en un triángulo.
La bisectriz de un triángulo es la parte de la bisectriz del ángulo del triángulo (rayo) que está dentro del triángulo.
Las tres bisectrices de un triángulo se cortan en un punto.
El punto de intersección de las bisectrices en triángulos agudos, obtusos y rectángulos es el centro del círculo inscrito en el triángulo y se encuentra en el interior.
Estudiar medianas en un triángulo
Como un triángulo tiene tres vértices y tres lados, también hay tres segmentos que conectan el vértice y el centro del lado opuesto.
Habiendo examinado estos triángulos, me di cuenta de que en cualquier triángulo las medianas se cruzan en un punto. Este punto se llama centro de gravedad del triángulo.
Estudio de bisectrices perpendiculares a un lado de un triángulo.
bisectriz perpendicular de un triángulo es una perpendicular trazada al centro de un lado de un triángulo.
Las tres mediatrices de un triángulo se cortan en un punto y son el centro del círculo circunstante.
El punto de intersección de las bisectrices perpendiculares en un triángulo agudo se encuentra dentro del triángulo; en un ángulo obtuso - fuera del triángulo; en uno rectangular, en el medio de la hipotenusa.
Conclusión
En el transcurso del trabajo realizado llegamos a las siguientes conclusiones:
Objetivo alcanzado:exploró el triángulo y encontró sus puntos notables.
Se resolvieron las tareas asignadas:
1). Estudiamos la literatura necesaria;
2). Estudiamos la clasificación de los puntos destacables de un triángulo;
3). Aprendimos a construir maravillosas puntas de triángulos;
4). Resumimos el material estudiado para el diseño del cuadernillo.
Se confirmó la hipótesis de que la capacidad de encontrar los puntos notables de un triángulo ayuda a resolver problemas de construcción.
El trabajo describe consistentemente las técnicas para construir puntos notables de un triángulo, proporciona información histórica sobre construcciones geométricas.
La información de este trabajo puede ser útil en las lecciones de geometría de séptimo grado. El folleto puede convertirse en un libro de referencia sobre geometría sobre el tema presentado.
Bibliografía
Libro de texto. L.S. Atanasyan “Geometría grados 7-9Mnemosyne, 2015.
Wikipediahttps://ru.wikipedia.org/wiki/Geometry#/media/File:Euclid%27s_postulates.png
Portal Velas Escarlatas
Principal portal educativo Rusia http://cendomzn.ucoz.ru/index/0-15157
Ministerio de Educación y Ciencia Federación Rusa Presupuesto del estado federal institución educativa más alto educación vocacional
"Magnitogorsk Universidad Estatal»
Facultad de Física y Matemáticas
Departamento de Álgebra y Geometría
Trabajo del curso
Puntos destacables del triángulo.
Realizado por: alumno del grupo 41
Vakhrameeva A.M.
Director científico
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Introducción
Históricamente, la geometría comenzó con un triángulo, por lo que durante dos milenios y medio el triángulo ha sido, por así decirlo, un símbolo de la geometría; pero no es sólo un símbolo, es un átomo de geometría.
¿Por qué un triángulo puede considerarse un átomo de geometría? Porque los conceptos anteriores (punto, línea recta y ángulo) son abstracciones vagas e intangibles junto con un conjunto asociado de teoremas y problemas. Por lo tanto, hoy la geometría escolar sólo puede volverse interesante y significativa, sólo entonces puede convertirse en geometría propiamente dicha cuando incluye un estudio profundo y completo del triángulo.
Sorprendentemente, el triángulo, a pesar de su aparente sencillez, es un objeto de estudio inagotable: nadie, ni siquiera hoy en día, se atreve a decir que ha estudiado y conoce todas las propiedades del triángulo.
Esto significa que el estudio de la geometría escolar no puede realizarse sin un estudio profundo de la geometría del triángulo; En vista de la diversidad del triángulo como objeto de estudio y, por tanto, de la fuente de diversos métodos para estudiarlo, es necesario seleccionar y desarrollar material para estudiar la geometría de los puntos notables del triángulo. Además, a la hora de seleccionar este material, no debes limitarte únicamente a los puntos destacables previstos en currículum escolar Estado estándar educativo, como el centro del círculo (el punto de intersección de las bisectrices), el centro del círculo (el punto de intersección de las bisectrices), el punto de intersección de las medianas, el punto de intersección de las alturas. Pero para una penetración profunda en la naturaleza del triángulo y la comprensión de su inagotabilidad, es necesario tener tantas ideas como sea posible sobre más Puntos notables del triángulo. Además de la inagotabilidad del triángulo como objeto geométrico, es necesario señalar la propiedad más sorprendente del triángulo como objeto de estudio: el estudio de la geometría de un triángulo puede comenzar con el estudio de cualquiera de sus propiedades, tomándolo como base; entonces la metodología para estudiar el triángulo se puede construir de tal manera que todas las demás propiedades del triángulo se puedan encadenar sobre esta base. En otras palabras, no importa dónde empieces a estudiar el triángulo, siempre podrás alcanzar cualquier profundidad de esta asombrosa figura. Pero luego, como opción, puedes empezar a estudiar el triángulo estudiando sus puntos notables.
Objetivo trabajo del curso Consiste en estudiar los puntos destacables de un triángulo. Para lograr este objetivo, es necesario resolver las siguientes tareas:
· Estudiar los conceptos de bisectriz, mediana, altura, bisectriz perpendicular y sus propiedades.
· Consideremos el punto de Gergonne, el círculo de Euler y la recta de Euler, que no se estudian en la escuela.
CAPITULO 1. Bisectriz de un triángulo, centro de la circunferencia inscrita de un triángulo. Propiedades de la bisectriz de un triángulo. punta gergonna
1 Centro de la circunferencia inscrita de un triángulo
Los puntos notables de un triángulo son puntos cuya ubicación está determinada únicamente por el triángulo y no depende del orden en que se toman los lados y vértices del triángulo.
La bisectriz de un triángulo es el segmento de bisectriz de un ángulo de un triángulo que conecta un vértice con un punto del lado opuesto.
Teorema. Cada punto de la bisectriz de un ángulo no desarrollado es equidistante (es decir, equidistante de las líneas que contienen los lados del triángulo) de sus lados. A la inversa: todo punto que se encuentra dentro de un ángulo y equidistante de los lados del ángulo se encuentra sobre su bisectriz.
Prueba. 1) Tome un punto arbitrario M en la bisectriz del ángulo BAC, dibuje las perpendiculares MK y ML a las rectas AB y AC y demuestre que MK = ML. Considere los triángulos rectángulos ?AMK y ?LMA. Son iguales en hipotenusa y ángulo agudo (AM - hipotenusa común, 1 = 2 por convención). Por lo tanto, MK=ML.
) Deje que el punto M esté dentro de USTED y sea equidistante de sus lados AB y AC. Demostremos que el rayo AM es la bisectriz BAC. Dibujemos las perpendiculares MK y ML a las rectas AB y AC. Los triángulos rectángulos AKM y ALM son iguales en hipotenusa y cateto (AM es la hipotenusa común, MK = ML por convención). Por lo tanto, 1 = 2. Pero esto significa que el rayo AM es la bisectriz de BAC. El teorema ha sido demostrado.
Consecuencia. Las bisectrices de un triángulo se cortan en un punto (el centro de la circunferencia y el centro).
Denotamos con la letra O el punto de intersección de las bisectrices AA1 y BB1 del triángulo ABC y trazamos desde este punto las perpendiculares OK, OL y OM, respectivamente, a las rectas AB, BC y CA. Según el teorema (Cada punto de la bisectriz de un ángulo no desarrollado equidista de sus lados. A la inversa: cada punto que se encuentra dentro del ángulo y equidistante de los lados del ángulo se encuentra sobre su bisectriz) decimos que OK = OM y OK = OL. Por tanto, OM = OL, es decir, el punto O equidista de los lados ACB y, por tanto, se encuentra en la bisectriz CC1 de este ángulo. Por lo tanto, las tres bisectrices ?ABC se cruza en el punto O, que es lo que había que demostrar.
línea del triángulo bisectriz del círculo
1.2 Propiedades de la bisectriz de un triángulo
Bisectriz BD (Fig. 1.1) de cualquier ángulo ?ABC divide el lado opuesto en partes AD y CD proporcionales a los lados adyacentes del triángulo.
Necesitamos demostrar que si ABD = DBC, entonces AD: DC = AB: BC.
Realicemos CE || BD hasta la intersección en el punto E con la continuación del lado AB. Entonces, según el teorema sobre la proporcionalidad de segmentos formados sobre rectas cortadas por varias rectas paralelas, tendremos la proporción: AD: DC = AB: BE. Para pasar de esta proporción a la que hay que demostrar, basta con descubrir que BE = BC, es decir, que ?TODOS isósceles. En este triángulo E = ABD (como ángulos correspondientes con rectas paralelas) y ALL = DBC (como ángulos transversales con las mismas rectas paralelas).
Pero ABD = DBC por condición; esto significa E = ALL y, por lo tanto, los lados BE y BC que se encuentran frente a ángulos iguales son iguales.
Ahora, reemplazando BE en la proporción escrita arriba por BC, obtenemos la proporción que necesita ser demostrada.
20 Las bisectrices de los ángulos internos y adyacentes de un triángulo son perpendiculares.
Prueba. Sea BD la bisectriz de ABC (figura 1.2) y BE la bisectriz del CBF externo adyacente al ángulo interno especificado, ?A B C. Entonces si denotamos ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, entonces 2 ? + 2?= 1800 y por lo tanto ?+ ?= 900. ¿Y esto significa que BD? SER.
30 La bisectriz de un ángulo exterior de un triángulo divide al lado opuesto externamente en partes proporcionales a los lados adyacentes.
(Figura 1.3) AB: BC = AD: DC, ?DEA~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 La bisectriz de cualquier ángulo de un triángulo divide el lado opuesto en segmentos proporcionales a los lados adyacentes del triángulo.
Prueba. Consideremos ?A B C. Para mayor precisión, supongamos que la bisectriz CAB interseque el lado BC en el punto D (figura 1.4). Demostremos que BD: DC = AB: AC. Para hacer esto, dibuje una línea paralela a la línea AB a través del punto C y denote por E el punto de intersección de esta línea AD. Entonces DAB=DEC, ABD=ECD y por lo tanto ?lenguado ~ ?DEC basado en el primer criterio de similitud de triángulos. Además, dado que el rayo AD es una bisectriz CAD, entonces CAE = EAB = AEC y, por tanto, ?ECA isósceles. Por tanto AC=CE. Pero en este caso, por la similitud ?DAB y ?DEC sigue que BD: DC=AB: CE =AB: AC, y esto era lo que había que demostrar.
Si la bisectriz de un ángulo externo de un triángulo interseca la extensión del lado opuesto al vértice de este ángulo, entonces los segmentos desde el punto de intersección resultante hasta los extremos del lado opuesto son proporcionales a los lados adyacentes del triángulo.
Prueba. Consideremos ?A B C. Sea F un punto en la extensión del lado CA, D sea el punto de intersección de la bisectriz del triángulo exterior BAF con la extensión del lado CB (figura 1.5). Demostremos que DC:DB=AC:AB. De hecho, tracemos una línea paralela a la línea AB que pase por el punto C y denotemos por E el punto de intersección de esta línea con la línea DA. Entonces el triángulo ADB ~ ?EDC y por tanto DC:DB=EC:AB. Y desde ?CAE= ?MALO= ?CEA, luego en isósceles ?Lado CEA AC=EC y, por tanto, DC:DB=AC:AB, que es lo que había que demostrar.
3 Resolver problemas usando las propiedades de la bisectriz
Problema 1. Sea O el centro de un círculo inscrito en ?ABC, CAB = ?. Demostrar que COB = 900 + ? /2.
Solución. Dado que O es el centro de la inscrita ?ABC de un círculo (Figura 1.6), entonces los rayos BO y CO son bisectrices ABC y BCA, respectivamente. Y luego COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, que es lo que había que demostrar.
Problema 2. Sea O el centro de lo descrito aproximadamente ?ABC de un círculo, H es la base de la altitud trazada hacia el lado BC. ¿Demostrar que la bisectriz CAB es también la bisectriz? OAH.
Sea AD la bisectriz de CAB, AE el diámetro de la bisectriz circunscrita ?ABC de un círculo (Fig. 1.7, 1.8). Si ?ABC es agudo (figura 1.7) y, por tanto, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ arcos de CA y ?BHA y ?ECA rectangular (BHA =ECA = 900), entonces ?BHA ~ ?ECA y por tanto CAO = CAE =HAB. Además, BAD y CAD son iguales por condición, por lo que HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Sea ahora ABC = 900. En este caso, la altura AH coincide con el lado AB, entonces el punto O pertenecerá a la hipotenusa AC y por tanto la validez del planteamiento del problema es obvia.
Consideremos el caso en el que ABC > 900 (figura 1.8). Aquí el cuadrilátero ABCE está inscrito en un círculo y por tanto AEC = 1800 - ABC. Por otro lado, ABH = 1800 - ABC, es decir AEC = ABH. Y desde ?BHA y ?ECA son rectangulares y, por lo tanto, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, entonces HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Los casos en los que BAC y ACB son obtusos se tratan de manera similar. ?
Gergonna de 4 puntas
El punto de Gergonne es el punto de intersección de los segmentos que conectan los vértices del triángulo con los puntos de tangencia de los lados opuestos a estos vértices y la circunferencia inscrita del triángulo.
Sea el punto O el centro de la circunferencia del triángulo ABC. Deje que el círculo toque los lados del triángulo BC, AC y AB en puntos D,E y F respectivamente. El punto de Gergonne es el punto de intersección de los segmentos AD, BE y CF. Sea el punto O el centro de la circunferencia inscrita. ?A B C. Deje que el círculo toque los lados del triángulo BC, AC y AB en los puntos D, E y F respectivamente. El punto de Gergonne es el punto de intersección de los segmentos AD, BE y CF.
Demostremos que estos tres segmentos realmente se cruzan en un punto. Tenga en cuenta que el centro de la circunferencia es el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos. ?ABC, y los radios del círculo son OD, OE y OF. ?lados del triángulo. Así, tenemos tres pares de triángulos iguales (AFO y AEO, BFO y BDO, CDO y CEO).
¿Funciona AF? BD? ¿CE y AE? ¿SER? CF son iguales, ya que BF = BD, CD = CE, AE = AF, por lo tanto, la relación de estos productos es igual, y según el teorema de Ceva (¿Sean los puntos A1, B1, C1 en los lados BC, AC y AB? ABC, respectivamente. Dejemos que los segmentos AA1, BB1 y CC1 se intersequen en un punto. Luego
(damos la vuelta al triángulo en el sentido de las agujas del reloj)), los segmentos se cruzan en un punto.
Propiedades del círculo inscrito:
Se dice que un círculo está inscrito en un triángulo si toca todos sus lados.
En cualquier triángulo se puede inscribir un círculo.
Dado: ABC - este triángulo, O - el punto de intersección de las bisectrices, M, L y K - los puntos de tangencia del círculo con los lados del triángulo (figura 1.11).
Demuestre: O es el centro de un círculo inscrito en ABC.
Prueba. Dibujemos las perpendiculares OK, OL y OM desde el punto O hasta los lados AB, BC y CA, respectivamente (figura 1.11). Como el punto O equidista de los lados del triángulo ABC, entonces OK = OL = OM. Por lo tanto, un círculo con centro O y radio OK pasa por los puntos K, L, M. Los lados del triángulo ABC tocan este círculo en los puntos K, L, M, ya que son perpendiculares a los radios OK, OL y OM. Esto significa que una circunferencia con centro O y radio OK está inscrita en el triángulo ABC. El teorema ha sido demostrado.
El centro de un círculo inscrito en un triángulo es el punto de intersección de sus bisectrices.
Sean ABC, O el centro del círculo inscrito en él, D, E y F los puntos de contacto del círculo con los lados (figura 1.12). ? OEA = ? AOD en la hipotenusa y el cateto (EO = OD - como radio, AO - total). ¿Qué se sigue de la igualdad de los triángulos? ODA = ? O.A.E. Entonces AO es la bisectriz del ángulo EAD. Se demuestra de la misma forma que el punto O se encuentra en las otras dos bisectrices del triángulo.
El radio trazado al punto tangente es perpendicular a la tangente.
Prueba. Sea el círculo circundante (O; R) un círculo dado (figura 1.13), la línea recta a lo toca en el punto P. Sea el radio OP no perpendicular a a. Dibujemos una OD perpendicular desde el punto O a la tangente. Según la definición de tangente, todos sus puntos, excepto el punto P, y en particular el punto D, se encuentran fuera del círculo. Por tanto, la longitud del OD perpendicular es mayor que la longitud R del OP oblicuo. Esto contradice la propiedad oblicua y la contradicción resultante prueba el enunciado.
CAPÍTULO 2. 3 puntos destacables del triángulo, círculo de Euler, recta de Euler.
1 Centro de la circunferencia circunstante de un triángulo
Una bisectriz perpendicular a un segmento es una línea que pasa por el centro del segmento y es perpendicular a él.
Teorema. Cada punto de la mediatriz de un segmento equidista de los extremos de ese segmento. Por el contrario: todo punto equidistante de los extremos de un segmento se encuentra en su bisectriz perpendicular.
Prueba. Sea la recta m la mediatriz del segmento AB y el punto O sea el punto medio del segmento.
Consideremos un punto arbitrario M sobre una recta m y demostremos que AM=BM. Si el punto M coincide con el punto O, entonces esta igualdad es verdadera, ya que O es el punto medio del segmento AB. Sean M y O puntos diferentes. Rectangular ?OAM y ?OBM son iguales en dos catetos (OA = OB, OM es el cateto común), por lo tanto AM = BM.
) Considere un punto arbitrario N, equidistante de los extremos del segmento AB, y demuestre que el punto N se encuentra en la recta m. Si N es un punto de la recta AB, entonces coincide con el punto medio O del segmento AB y, por tanto, se encuentra en la recta m. Si el punto N no se encuentra en la recta AB, entonces considere ?ANB, que es isósceles, ya que AN=BN. El segmento NO es la mediana de este triángulo, y por tanto la altura. Así, NO es perpendicular a AB, por tanto las rectas ON y m coinciden y, por tanto, N es un punto de la recta m. El teorema ha sido demostrado.
Consecuencia. Las bisectrices perpendiculares a los lados del triángulo se cruzan en un punto (el centro del círculo circunstante).
Denotemos O, el punto de intersección de las perpendiculares bisectorales myn a los lados AB y BC ?A B C. Según el teorema (cada punto de la mediatriz de un segmento equidista de los extremos de este segmento. A la inversa: cada punto equidistante de los extremos del segmento se encuentra en la mediatriz de él). concluimos que OB = OA y OB = OC por lo tanto: OA = OC, Es decir, el punto O equidista de los extremos del segmento AC y, por tanto, se encuentra en la bisectriz perpendicular p a este segmento. Por lo tanto, las tres bisectrices m, n y p a los lados ?ABC se corta en el punto O.
En un triángulo agudo este punto está dentro, en un triángulo obtuso está fuera del triángulo, en un triángulo rectángulo está en el medio de la hipotenusa.
Propiedad de la mediatriz de un triángulo:
Las rectas en las que se encuentran las bisectrices de los ángulos interior y exterior del triángulo, que salen de un vértice, se cruzan con la perpendicular a mitad de camino hacia el lado opuesto desde puntos diametralmente opuestos del círculo circunscrito al triángulo.
Prueba. Supongamos, por ejemplo, que la bisectriz ABC interseque a la descrita aproximadamente ?Círculo ABC en el punto D (Fig. 2.1). Entonces, dado que los ABD y DBC inscritos son iguales, entonces AD = arco DC. Pero la mediatriz del lado AC también biseca el arco AC, por lo que el punto D también pertenecerá a esta mediatriz. Además, dado que según la propiedad 30 del párrafo 1.3 la bisectriz BD ABC es adyacente a ABC, esta última cortará el círculo en un punto diametralmente opuesto al punto D, ya que un ángulo recto inscrito siempre descansa sobre el diámetro.
2 Ortocentro de la circunferencia de un triángulo
La altura es una perpendicular trazada desde el vértice de un triángulo hasta una línea recta que contiene el lado opuesto.
Las altitudes de un triángulo (o sus extensiones) se cruzan en un punto (ortocentro).
Prueba. Considere una arbitraria ?ABC y demuestra que las rectas AA1, BB1, CC1 que contienen sus alturas se cruzan en un punto. Repasemos cada vértice. ?ABC es una recta paralela al lado opuesto. Obtenemos ?A2B2C2. Los puntos A, B y C son los puntos medios de este triángulo. De hecho, AB=A2C y AB=CB2 son como lados opuestos de los paralelogramos ABA2C y ABCB2, por lo tanto A2C=CB2. De manera similar C2A=AB2 y C2B=BA2. Además, como se desprende de la construcción, CC1 es perpendicular a A2B2, AA1 es perpendicular a B2C2 y BB1 es perpendicular a A2C2. Por tanto, las rectas AA1, BB1 y CC1 son bisectrices perpendiculares a los lados ?A2B2C2. Por tanto, se cruzan en un punto.
Dependiendo del tipo de triángulo, el ortocentro puede estar dentro del triángulo en ángulos agudos, fuera de él, en ángulos obtusos o coincidir con el vértice, en los rectangulares coincide con el vértice en ángulo recto.
Propiedades de la altitud de un triángulo:
Un segmento que conecta las bases de dos alturas de un triángulo agudo corta de él un triángulo similar al dado, con un coeficiente de similitud igual al coseno del ángulo común.
Prueba. Sean AA1, BB1, CC1 las alturas del triángulo agudo ABC, y ABC = ?(Figura 2.2). Los triángulos rectángulos BA1A y CC1B tienen en común ?, entonces son similares, lo que significa BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Se deduce que BA1/BC1=BA/BC = cos ?, es decir. V ?C1BA1 y ?Lados ABC adyacentes al común. ??C1BA1~ ?ABC, con el coeficiente de similitud igual a cos ?. De manera similar se demuestra que ?A1CB1~ ?ABC con coeficiente de similitud cos BCA, y ?B1AC1~ ?ABC con coeficiente de similitud cos CAB.
La altura caída hasta la hipotenusa de un triángulo rectángulo lo divide en dos triángulos semejantes entre sí y semejantes al triángulo original.
Prueba. Considere un rectángulo ?ABC, que tiene ?BCA = 900 y CD es su altura (Fig. 2.3).
Entonces la similitud ?CAD y ?BDC se deduce, por ejemplo, del signo de semejanza de triángulos rectángulos por la proporcionalidad de dos catetos, ya que AD/CD = CD/DB. Cada uno de los triángulos rectángulos ADC y BDC es similar al triángulo rectángulo original, al menos según la similitud en dos ángulos.
Resolver problemas que involucran el uso de propiedades de elevación.
Problema 1. Demuestre que un triángulo, uno de cuyos vértices es el vértice del triángulo obtuso dado, y los otros dos vértices son las bases de las altitudes del triángulo obtuso, omitidos de sus otros dos vértices, es similar al triángulo dado con un coeficiente de similitud igual al módulo del coseno del ángulo en el primer vértice.
Solución. Considere un obtuso ?ABC con CAB tonto. Sean AA1, BB1, CC1 sus alturas (Fig. 2.4, 2.5, 2.6) y sean CAB = ?, A B C = ? , BCA = ?.
Prueba del hecho de que ?C1BA1~ ?ABC (Fig. 2.4) con coeficiente de similitud k = cos ?, repite íntegramente el razonamiento realizado en la prueba de propiedad 1, párrafo 2.2.
Probemos que ?A1CB~ ?ABC (Fig. 2.5) con coeficiente de similitud k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (Fig. 2.6) con coeficiente de similitud k2 = |cos? |.
De hecho, los triángulos rectángulos CA1A y CB1B tienen un ángulo común ?y por tanto similares. Se deduce que B1C/ BC = A1C / AC= cos ?y, por tanto, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, es decir. en los triángulos A1CB1 y ABC los lados forman un común ??, son proporcionales. Y luego, según el segundo criterio de similitud de triángulos. ?A1CB~ ?ABC, con coeficiente de similitud k1= cos ?. En cuanto al último caso (Fig. 2.6), entonces de la consideración de triángulos rectángulos ?BB1A y ?CC1A con iguales ángulos verticales BAB1 y C1AC se deduce que son similares y, por tanto, B1A/BA = C1A/CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, desde ??- desafilado. Por lo tanto B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| y así en triángulos ?B1AC1 y ?Lados ABC formando ángulos iguales, son proporcionales. Y esto significa que ?B1AC1~ ?ABC con coeficiente de similitud k2 = |cos? |.
Problema 2. Demuestre que si el punto O es el punto de intersección de las altitudes de un triángulo agudo ABC, entonces ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Solución. Demostremos la validez de la primera de las fórmulas dadas en el planteamiento del problema. La validez de las dos fórmulas restantes se demuestra de manera similar. Entonces sea ABC = ?, COA = ?. A1, B1 y C1 son las bases de las altitudes del triángulo trazado desde los vértices A, B y C, respectivamente (Fig. 2.7). Luego del triángulo rectángulo BC1C se deduce que BCC1 = 900 - ?y por lo tanto en el triángulo rectángulo OA1C el ángulo COA1 es igual a ?. Pero la suma de los ángulos AOC + COA1 = ? + ?da un ángulo recto y por lo tanto AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, que es lo que había que demostrar.
Problema 3. Demuestra que las alturas de un triángulo agudo son las bisectrices de los ángulos de un triángulo cuyos vértices son las bases de las alturas. triángulo dado.
es.2.8
Solución. Sean AA1, BB1, CC1 las altitudes del triángulo agudo ABC y sean CAB = ?(Figura 2.8). Demostremos, por ejemplo, que la altura AA1 es la bisectriz del ángulo C1A1B1. De hecho, dado que los triángulos C1BA1 y ABC son similares (propiedad 1), entonces BA1C1 = ?y, por tanto, C1A1A = 900 - ?. De la similitud de los triángulos A1CB1 y ABC se deduce que AA1B1 = 900 - ?y por lo tanto C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Pero esto significa que AA1 es la bisectriz del ángulo C1A1B1. De manera similar, se demuestra que las otras dos alturas del triángulo ABC son las bisectrices de los otros dos ángulos correspondientes del triángulo A1B1C1.
3 Centro de gravedad del círculo de un triángulo
La mediana de un triángulo es un segmento que conecta cualquier vértice del triángulo con el punto medio del lado opuesto.
Teorema. La mediana del triángulo se corta en un punto (el centro de gravedad).
Prueba. ¿Consideremos arbitrario? A B C.
Denotamos el punto de intersección de las medianas AA1 y BB1 con la letra O y dibujamos la línea media A1B1 de este triángulo. El segmento A1B1 es paralelo al lado AB, por lo tanto 1 = 2 y 3 = 4. Por lo tanto, ?AOB y ?A1OB1 son semejantes en dos ángulos y, por tanto, sus lados son proporcionales: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Pero AB=2A1B1, entonces AO=2A1O y BO=2B1O. Así, el punto O de la intersección de las medianas AA1 y BB1 divide a cada una de ellas en una proporción de 2:1, contando desde el vértice.
Se demuestra igualmente que el punto de intersección de las medianas BB1 y CC1 divide a cada una de ellas en proporción 2:1, contando desde el vértice, y, por tanto, coincide con el punto O y se divide por éste en proporción 2:1, contando desde el vértice.
Propiedades de la mediana de un triángulo:
10 Las medianas de un triángulo se cortan en un punto y se dividen por el punto de intersección en una proporción de 2:1, contando desde el vértice.
Dado: ?ABC, AA1, BB1 - medianas.
Demostrar: AO:OA1=VO:OB1=2:1
Prueba. Dibujemos la línea media A1B1 (Fig. 2.10), según la propiedad de la línea media A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Desde A1B1 || AB, entonces 1 = 2 que se encuentra transversalmente a las rectas paralelas AB y A1B1 y a la secante AA1. 3 = 4 transversal a las rectas paralelas A1B1 y AB y a la secante BB1.
Por eso, ?AOB ~ ?A1OB1 por la igualdad de dos ángulos, lo que significa que los lados son proporcionales: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
La mediana divide un triángulo en dos triángulos de igual área.
Prueba. BD - mediana ?ABC (Fig. 2.11), BE - su altura. Entonces ?ABD y ?Los DBC tienen el mismo tamaño porque tienen bases iguales AD y DC respectivamente y una altura común BE.
Todo el triángulo está dividido por sus medianas en seis triángulos iguales.
Si, en la continuación de la mediana del triángulo, se traza un segmento igual en longitud a la mediana desde el medio del lado del triángulo, entonces el punto final de este segmento y los vértices del triángulo son los vértices de el paralelogramo.
Prueba. Sea D el punto medio del lado BC ?ABC (figura 2.12), E es un punto de la recta AD tal que DE=AD. Entonces, dado que las diagonales AE y BC del cuadrilátero ABEC en el punto D de su intersección son bisecadas, de la propiedad 13.4 se deduce que el cuadrilátero ABEC es un paralelogramo.
Resolver problemas utilizando las propiedades de las medianas:
Problema 1. Demuestre que si O es el punto de intersección de las medianas ?ABC entonces ?CUALQUIER OTRO NEGOCIO. ?BOC y ?AOC son iguales en tamaño.
Solución. Sean AA1 y BB1 medianas ?A B C(figura 2.13). Consideremos ?AOB y ?BOC. Es obvio que S. ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O,S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Pero por la propiedad 2 tenemos S ?AB1B=S ?BB1C,S ?AOB = S ?OB1C, lo que significa que S ?AOB = S ?BOC. La igualdad S ?AOB = S ?AOC.
Problema 2. Demuestre que si el punto O está dentro ?ABC y ?CUALQUIER OTRO NEGOCIO. ?BOC y ?AOC son iguales en área, entonces O es el punto de intersección de las medianas? A B C.
Solución. Consideremos ?ABC (2.14) y supongamos que el punto O no se encuentra en la mediana BB1. Entonces como OB1 es la mediana ?AOC luego S ?AOB1 = S ?B1OC, y desde por condición S ?AOB = S ?BOC, luego S ?AB1OB = S ?BOB1C. Pero esto no puede ser, ya que S ?ABB1 = S ?B1BC. La contradicción resultante significa que el punto O se encuentra en la mediana BB1. De manera similar, se demuestra que el punto O pertenece a otras dos medianas ?A B C. De ello se deduce que el punto O es realmente el punto de intersección de tres medianas. A B C.
Problema 3. Demuestre que si en ?Los lados ABC AB y BC no son iguales, entonces su bisectriz BD se encuentra entre la mediana BM y la altura BH.
Prueba. Describamos sobre ?ABC es una circunferencia y prolonga su bisectriz BD hasta cortar la circunferencia en el punto K. El punto medio perpendicular al segmento AC pasará por el punto K (propiedad 1, del apartado 2.1), que tiene un punto común M con la mediana. los segmentos BH y MK son paralelos y los puntos B y K se encuentran a lo largo lados diferentes desde la recta AC, entonces el punto de intersección de los segmentos BK y AC pertenecen al segmento HM, y esto demuestra lo requerido.
Problema 4.B ?La mediana BM de ABC tiene la mitad del tamaño del lado AB y forma con él un ángulo de 400. Calcula ABC.
Solución. Extendamos la mediana BM más allá del punto M en su longitud y obtengamos el punto D (figura 2.15). Como AB = 2BM, entonces AB = BD, es decir, el triángulo ABD es isósceles. Por lo tanto, MAL = BDA = (180o – 40o): 2 = 70o. El cuadrilátero ABCD es un paralelogramo porque sus diagonales son bisecadas por su punto de intersección. Esto significa CBD = ADB = 700. Entonces ABC = ABD + CBD = 1100. La respuesta es 1100.
Problema 5. Los lados ABC son iguales a a, b, c. Calcule la mediana mc dibujada hacia el lado c (figura 2.16).
Solución. Duplicamos la mediana sumando ?ABC al paralelogramo ACBP y aplicamos el teorema 8 a este paralelogramo. Obtenemos: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, es decir (2mc)2+c2= 2b2+2a2, de donde encontramos:
2.4 Círculo de Euler. línea de euler
Teorema. Las bases de las medianas, las alturas de un triángulo arbitrario, así como los puntos medios de los segmentos que conectan los vértices del triángulo con su ortocentro se encuentran en el mismo círculo, cuyo radio es igual a la mitad del radio del círculo circunscrito aproximadamente. el triangulo. Este círculo se llama círculo de nueve puntos o círculo de Euler.
Prueba. Tomemos el ?MNL del medio (figura 2.17) y describamos un círculo W a su alrededor. El segmento LQ es la mediana en el ?AQB rectangular, por lo que LQ=1/2AB. El segmento MN=1/2AB, porque MN - ¿línea media?ABC. De ello se deduce que el trapezoide QLMN es isósceles. Dado que el círculo W pasa por 3 vértices de un trapezoide isósceles L, M, N, también pasará por el cuarto vértice Q. De manera similar, se demuestra que P pertenece a W, R pertenece a W.
Pasemos a los puntos X, Y, Z. El segmento XL es perpendicular a BH como línea media?AHB. El segmento BH es perpendicular a AC y como AC es paralelo a LM, entonces BH es perpendicular a LM. Por lo tanto, XLM=P/2. Asimismo, XNM= P/2.
En el cuadrilátero LXNM, dos ángulos opuestos son ángulos rectos, por lo que se puede describir un círculo a su alrededor. Este será el círculo W. Entonces X pertenece a W, de manera similar Y pertenece a W, Z pertenece a W.
El LMN del medio es similar al ABC. El coeficiente de similitud es 2. Por tanto, el radio del círculo de nueve puntos es R/2.
Propiedades del círculo de Euler:
El radio del círculo de nueve puntos es igual a la mitad del radio del círculo circunscrito alrededor de ABC.
La circunferencia de nueve puntos es homotética a la circunferencia circunscrita a ?ABC, con el coeficiente ½ y el centro de homotetia en el punto H.
Teorema. El ortocentro, el centroide, el circuncentro y el centro del círculo de nueve puntos se encuentran en la misma línea recta. La recta de Euler.
Prueba. Sea H el ortocentro ABC (figura 2.18) y O el centro del círculo circunscrito. Por construcción, las bisectrices perpendiculares ABC contienen las alturas de la mediana MNL, es decir, O es simultáneamente el ortocentro LMN. ?LMN ~ ?ABC, su coeficiente de similitud es 2, por lo que BH=2ON.
Dibujemos una línea recta que pase por los puntos H y O. Obtenemos dos triángulos similares?NOG y?BHG. Como BH=2ON, entonces BG=2GN. Esto último significa que el punto G es el centroide ABC. Para el punto G se cumple la relación HG:GO=2:1.
Sean además TF la bisectriz perpendicular MNL y F el punto de intersección de esta perpendicular con la recta HO. Consideremos los ?TGF y ?NGO similares. El punto G es el centroide de MNL, por lo que el coeficiente de similitud de TGF y NGO es igual a 2. Por lo tanto, OG=2GF y como HG=2GO, entonces HF=FO y F es el medio del segmento HO.
Si realizamos el mismo razonamiento con respecto a la mediatriz del otro lado?MNL, entonces también debe pasar por el centro del segmento HO. Pero esto significa que el punto F es el punto de las mediatrices?MNL. Este punto es el centro del círculo de Euler. El teorema ha sido demostrado.
CONCLUSIÓN
En este trabajo, analizamos 4 maravillosos puntos de un triángulo estudiados en la escuela y sus propiedades, a partir de las cuales podemos resolver muchos problemas. También se consideraron el punto de Gergonne, el círculo de Euler y la recta de Euler.
LISTA DE FUENTES UTILIZADAS
1.Geometría 7-9. Libro de texto para escuelas secundarias // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. y otros - M.: Educación, 1994.
2.Amelkin V.V. Geometría en el plano: Teoría, problemas, soluciones: Proc. Manual de matemáticas // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn.: "Asar", 2003.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manual de geometría elemental. Oremburgo, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Problemas de planimetría. - 4ª ed., complementada - M.: Editorial del Centro de Educación Matemática Continua de Moscú, 2001.
Elena Baranova
Este trabajo examina los puntos notables del triángulo, sus propiedades y patrones, como el círculo de nueve puntos y la línea recta de Euler. Dado referencia histórica Descubrimiento de la recta de Euler y del círculo de nueve puntos. Se propone la dirección práctica de aplicación de mi proyecto.
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Títulos de diapositivas:
"PUNTOS MARAVILLOSOS DE UN TRIÁNGULO". (Cuestiones aplicadas y fundamentales de matemáticas) Elena Baranova 8º grado, MKOU “Escuela secundaria nº 20” Pos. Novoizobilny, Tatyana Vasilievna Dukhanina, profesora de matemáticas de MKOU "Escuela secundaria n.º 20" Pueblo de Novoizobilny 2013. Gobierno municipal institución educativa"Escuela secundaria nº 20"
Objetivo: estudiar el triángulo por sus puntos destacables, estudiar sus clasificaciones y propiedades. Objetivos: 1. Estudiar la literatura necesaria 2. Estudiar la clasificación de los puntos destacables de un triángulo 3. Familiarizarse con las propiedades de los puntos destacables de un triángulo 4. Ser capaz de construir los puntos destacables de un triángulo. 5. Explore el alcance de los puntos destacables. Objeto de estudio - sección de matemáticas - geometría Tema de estudio - triángulo Relevancia: amplía tus conocimientos sobre el triángulo, las propiedades de sus puntos destacables. Hipótesis: conexión entre triángulo y naturaleza.
El punto de intersección de las mediatrices. Es equidistante de los vértices del triángulo y es el centro del círculo circunscrito. Círculos circunscritos a triángulos, cuyos vértices son los puntos medios de los lados del triángulo y los vértices del triángulo se cortan en un punto que coincide con el punto de intersección de las mediatrices.
Punto de intersección de las bisectrices El punto de intersección de las bisectrices de un triángulo equidista de los lados del triángulo. OM=OA=OB
Punto de intersección de las altitudes El punto de intersección de las bisectrices de un triángulo, cuyos vértices son las bases de las alturas, coincide con el punto de intersección de las altitudes del triángulo.
Punto de intersección de medianas Las medianas de un triángulo se cruzan en un punto, el cual divide cada mediana en una proporción de 2:1, contando desde el vértice. Si el punto de intersección de las medianas está conectado a los vértices, entonces el triángulo se dividirá en tres triángulos de igual área. Una propiedad importante del punto de intersección de las medianas es el hecho de que la suma de los vectores, cuyo comienzo es el punto de intersección de las medianas y los extremos son los vértices de los triángulos, es igual a cero M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3
Punto de Torricelli Nota: Existe un punto de Torricelli si todos los ángulos del triángulo son menores que 120.
Círculo de nueve puntos B1, A1, C1 – bases de alturas; A2, B2, C2 – los puntos medios de los lados correspondientes; A3, B3, C3, son los puntos medios de los segmentos AN, VN y CH.
Línea recta de Euler El punto de intersección de las medianas, el punto de intersección de las alturas y el centro de un círculo de nueve puntos se encuentran en una línea recta, que se llama línea recta de Euler en honor al matemático que determinó este patrón.
Un poco de la historia del descubrimiento de los puntos notables En 1765, Euler descubrió que los puntos medios de los lados de un triángulo y las bases de sus alturas se encuentran en el mismo círculo. lo mas propiedad increíble Lo notable del triángulo es que algunos de ellos están conectados entre sí por una determinada proporción. El punto de intersección de las medianas M, el punto de intersección de las alturas H y el centro de la circunferencia circunstante O se encuentran en la misma recta, y el punto M divide el segmento OH de modo que la relación OM: OH = 1: 2 es válido Este teorema fue demostrado por Leonhard Euler en 1765.
La conexión entre geometría y naturaleza. En esta posición la energía potencial tiene valor más pequeño y la suma de los segmentos MA+MB+MC será la más pequeña, y la suma de los vectores que se encuentran en estos segmentos con inicio en el punto de Torricelli será igual a cero.
Conclusiones Aprendí que además de los maravillosos puntos de intersección de alturas, medianas, bisectrices y bisectrices que conozco, también existen maravillosos puntos y rectas de un triángulo. Puedo utilizar los conocimientos adquiridos sobre este tema en mi actividades educacionales, aplicar teoremas de forma independiente a ciertos problemas, aplicar los teoremas aprendidos en una situación real. Creo que utilizar los maravillosos puntos y líneas de un triángulo para aprender matemáticas es eficaz. Conocerlos acelera significativamente la solución de muchas tareas. El material propuesto se puede utilizar tanto en lecciones de matemáticas como en actividades extracurriculares para estudiantes de 5º a 9º grado.
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