Ministarstvo općeg i strukovno obrazovanje Sverdlovska regija.
Gradska obrazovna ustanova Jekaterinburga.
Obrazovna ustanova – MOUSOSH br. 212 “Ekaterinburški kulturni licej”
Obrazovno područje – matematika.
Predmet – geometrija.
Izvanredne točke trokuta
Referent: učenica 8. razreda
Selicki Dmitrij Konstantinovič.
Znanstveni savjetnik:
Rabkanov Sergej Petrovič.
Ekaterinburg, 2001
Uvod 3
Opisni dio:
Ortocentar 4
Icentar 5
Težište 7
Središte kruga 8
Eulerova linija 9
Praktični dio:
Ortocentrični trokut 10
Zaključak 11
Reference 11
Uvod.
Geometrija počinje s trokutom. Već dva i pol tisućljeća trokut je bio simbol geometrije. Njegova se nova svojstva neprestano otkrivaju. Za razgovor o svim poznatim svojstvima trokuta trebat će dosta vremena. Zanimala me tzv. Divni bodovi trokut." Primjer takvih točaka je sjecište simetrala. Zanimljivo je da ako uzmete tri proizvoljne točke u prostoru, konstruirate trokut od njih i povučete simetrale, tada će se one (simetrale) sjeći u jednoj točki! Čini se da to nije moguće, jer smo uzimali proizvoljne bodove, ali ovo pravilo uvijek vrijedi. Druge "izvanredne točke" imaju slična svojstva.
Nakon čitanja literature o ovoj temi, fiksirao sam za sebe definicije i svojstva pet prekrasnih točaka i trokuta. Ali moj posao tu nije završio; želio sam sam istražiti te točke.
Zato cilj Ovaj je rad proučavanje nekih izvanrednih svojstava trokuta i proučavanje ortocentričnog trokuta. U procesu postizanja ovog cilja mogu se razlikovati sljedeće faze:
Odabir literature, uz pomoć nastavnika
Proučavanje osnovnih svojstava značajnih točaka i linija trokuta
Generalizacija ovih svojstava
Izrada i rješavanje zadatka ortocentričnog trokuta
Prikazala sam rezultate dobivene ovim istraživanjem. Sve sam crteže izradio pomoću računalne grafike (vektorski grafički editor CorelDRAW).
Ortocentar. (Točka sjecišta visina)
Dokažimo da se visine sijeku u jednoj točki. Vodimo vas kroz vrhove A, U I S trokut ABC ravne linije paralelne sa suprotnim stranama. Ove linije tvore trokut A 1 U 1 S 1 . visina trokuta ABC simetrale su okomica na stranice trokuta A 1 U 1 S 1 . dakle, sijeku se u jednoj točki – središtu opisane kružnice trokuta A 1 U 1 S 1 . Točka sjecišta visina trokuta naziva se ortocentar ( H).
Icentar je središte upisane kružnice.
(Točka presjeka simetrala)
Dokažimo da su simetrale kutova trokuta ABC sijeku u jednoj točki. Razmotrite poantu OKO sjecišta simetrala kutova A I U. sve točke simetrale kuta A jednako su udaljene od pravaca AB I AC, i bilo koja točka simetrale kuta U jednako udaljeni od ravnih linija AB I Sunce, pa točka OKO jednako udaljeni od ravnih linija AC I Sunce, tj. leži na simetrali kuta S. točka OKO jednako udaljeni od ravnih linija AB, Sunce I SA, što znači da postoji krug sa središtem OKO, tangente na te pravce, a dodirne točke leže na samim stranicama, a ne na njihovim produžecima. Zapravo, kutovi na vrhovima A I U trokut AOB oštar dakle projekcijska točka OKO direktno AB leži unutar segmenta AB.
Za zabave Sunce I SA dokaz je sličan.
Icentar ima tri svojstva:
Ako je nastavak simetrale kuta S siječe opisani krug trokuta ABC u točki M, To MA=MV=MO.
Ako AB- osnovica jednakokračnog trokuta ABC, zatim krug tangente na stranice kuta DIA u točkama A I U, prolazi kroz točku OKO.
Ako pravac koji prolazi točkom OKO paralelno sa stranom AB, prelazi sa strane Sunce I SA u točkama A 1 I U 1 , To A 1 U 1 =A 1 U+AB 1 .
Centar gravitacije. (Točka presjeka medijana)
Dokažimo da se središnje strane trokuta sijeku u jednoj točki. Za ovo, razmotrite točku M, na kojoj se sijeku medijane AA 1 I BB 1 . nacrtajmo trokut BB 1 S središnja linija A 1 A 2 , paralelno BB 1 . Zatim A 1 M: prijepodne=U 1 A 2 :AB 1 =U 1 A 2 :U 1 S=VA 1 :SUNCE=1:2, tj. središnja točka presjeka BB 1 I AA 1 dijeli medijan AA 1 u omjeru 1:2. Slično, sjecište medijana SS 1 I AA 1 dijeli medijan AA 1 u omjeru 1:2. Prema tome, sjecište medijana AA 1 I BB 1 poklapa se s točkom presjeka medijana AA 1 I SS 1 .
Ako je sjecište medijana trokuta spojeno s vrhovima, tada će se trokuti podijeliti na tri trokuta jednake površine. Doista, dovoljno je dokazati da ako R– bilo koja točka medijane AA 1 u trokutu ABC, zatim površine trokuta AVR I ACP su jednaki. Uostalom, medijani AA 1 I RA 1 u trokutima ABC I RVS izrežite ih na trokute jednake površine.
Vrijedi i obrnuta tvrdnja: ako za neku točku R, koji leži unutar trokuta ABC, površina trokuta AVR, U SRIJEDU I SAR jednaki su, dakle R– točka presjeka medijana.
Točka sjecišta ima još jedno svojstvo: ako iz bilo kojeg materijala izrežete trokut, nacrtate medijane na njemu, pričvrstite šipku na točku sjecišta medijana i pričvrstite ovjes na tronožac, tada će model (trokut) biti u stanje ravnoteže, dakle, točka sjecišta nije ništa više od težišta trokuta.
Središte opisane kružnice.
Dokažimo da postoji točka jednako udaljena od vrhova trokuta ili, drugim riječima, da postoji kružnica koja prolazi kroz tri vrha trokuta. Geografsko mjesto točaka jednako udaljenih od točaka A I U, okomit je na segment AB, prolazeći njegovom sredinom (simetrala okomita na segment AB). Razmotrite poantu OKO, u kojoj se sijeku simetrale okomica na segmente AB I Sunce. Točka OKO jednako udaljen od točaka A I U, kao i iz bodova U I S. stoga je jednako udaljen od točaka A I S, tj. također leži na okomitoj simetrali na segment AC.
Centar OKO opisani krug leži unutar trokuta samo ako je trokut šiljasti. Ako je trokut pravokutan, onda točka OKO poklapa sa sredinom hipotenuze, a ako je kut pri tjemenu S tupo pa ravno AB razdvaja točke OKO I S.
U matematici se često događa da se objekti definirani na potpuno različite načine pokažu istima. Pokažimo to primjerom.
Neka A 1 , U 1 ,S 1 – središta stranica Sunce,SA i AB. Može se dokazati da opisane kružnice trokuta AB 1 S, A 1 Sunce 1 I A 1 U 1 S 1 sijeku se u jednoj točki, a ta točka je središte opisanog kruga trokuta ABC. Dakle, imamo dvije naizgled potpuno različite točke: točku presjeka simetrala okomitih na stranice trokuta ABC i sjecište opisanih kružnica trokuta AB 1 S 1 , A 1 Sunce I A 1 U 1 S 1 . ali ispada da se te dvije točke podudaraju.
Eulerova ravna linija.
Najviše nevjerojatna nekretnina Izvanredne točke trokuta su da su neki od njih međusobno povezani određenim odnosima. Na primjer, težište M, ortocentar N a središte opisane kružnice OKO leže na istoj ravnici, a točka M dijeli dužinu OH tako da vrijedi relacija OM:MN=1:2. Taj je teorem 1765. godine dokazao švicarski znanstvenik Leonardo Euler.
Ortocentrični trokut.
Ortocentrični trokut(ortotrokut) je trokut ( MNDO), čiji su vrhovi osnovice visina ovog trokuta ( ABC). Ovaj trokut ima mnogo zanimljivih svojstava. Dajmo jednu od njih.
Vlasništvo.
Dokazati:
Trokuti AKM, CMN I BKN sličan trokutu ABC;
Kutovi ortotrokuta MNK su: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.
Dokaz:
Imamo AB cos A, A.K. cos A. Stoga, prije podne/AB = A.K./A.C..
Jer kod trokuta ABC I AKM kutak A– zajednički, onda su slični, iz čega zaključujemo da kut L AKM = L C. Zato L BKM = L C. Sljedeći imamo L MKC= π/2 – L C, L NKC= π/2 – - - L C, tj. SK– simetrala kuta MNK. Tako, L MNK= π – 2 L C. Preostale jednakosti dokazuju se na sličan način.
Zaključak.
Na kraju ovog istraživačkog rada mogu se izvući sljedeći zaključci:
Značajne točke i linije trokuta su:
ortocentar trokuta je sjecište njegovih visina;
andcentar trokut je sjecište simetrala;
centar gravitacije trokuta je točka presjeka njegovih medijana;
središte okoline– je sjecište simetralnih okomica;
Eulerova ravna linija- ovo je ravna crta na kojoj leže težište, ortocentar i središte opisane kružnice.
Ortocentrični trokut dijeli zadani trokut na tri slična.
Nakon ovog rada naučio sam mnogo o svojstvima trokuta. Ovaj rad je za mene bio relevantan sa stajališta razvoja mog znanja iz područja matematike. U budućnosti namjeravam razvijati ovu zanimljivu temu.
Bibliografija.
Kiseljov A.P. Elementarna geometrija. – M.: Obrazovanje, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Novi susreti s geometrijom. – M.: Nauka, 1978.
Prasolov V.V. Problemi iz planimetrije. – M.: Nauka, 1986. – 1. dio.
Sharygin I.F. Geometrijski problemi: Planimetrija. – M.: Nauka, 1986.
Scanavi M.I. Matematika. Problemi s rješenjima. – Rostov na Donu: Phoenix, 1998.
Berger M. Geometrija u dva toma - M: Mir, 1984.
Uvod
Objekti svijeta oko nas imaju određena svojstva, čije proučavanje provode različite znanosti.
Geometrija je grana matematike koja proučava različite figure i njihova svojstva, a korijeni joj sežu u daleku prošlost.
U četvrtoj knjizi Elemenata, Euklid rješava problem: "U dati trokut upisati krug." Iz rješenja proizlazi da se tri simetrale unutarnjih kutova trokuta sijeku u jednoj točki - središtu upisane kružnice. Iz rješenja drugog euklidskog problema proizlazi da se okomice vraćene na stranice trokuta u njihovim središtima također sijeku u jednoj točki - središtu opisane kružnice. Elementi ne govore da se tri visine trokuta sijeku u jednoj točki, koja se naziva ortocentar (grčka riječ "orthos" znači "ravno", "ispravno"). Ovaj prijedlog je, međutim, bio poznat Arhimedu. Četvrta singularna točka trokuta je točka presjeka središnjica. Arhimed je dokazao da je to težište (baricentar) trokuta.
Obrađene su četiri gore navedene točke Posebna pažnja, a od 18. stoljeća nazivaju se "izvanredne" ili "posebne" točke trokuta. Proučavanje svojstava trokuta povezanog s ovim i drugim točkama poslužilo je kao početak za stvaranje nove grane elementarne matematike - "geometrije trokuta" ili "nove geometrije trokuta", čiji je jedan od utemeljitelja bio Leonhard Euler.
Godine 1765. Euler je dokazao da u svakom trokutu ortocentar, baricentar i središte opisanog kruga leže na istoj ravnoj liniji, kasnije nazvanoj "Eulerova ravna crta". Dvadesetih godina 19. stoljeća francuski matematičari J. Poncelet, C. Brianchon i drugi neovisno su ustanovili sljedeći teorem: osnovice medijana, osnovice visina i polovišta odsječaka visina koji povezuju ortocentar s vrhovima trokuta leže na istoj kružnici. Taj se krug naziva “krug od devet točaka”, ili “Feuerbachov krug”, ili “Eulerov krug”. K. Feuerbach je utvrdio da središte te kružnice leži na Eulerovoj ravnici.
“Mislim da nikada prije nismo živjeli u takvom geometrijskom razdoblju. Sve okolo je geometrija.” Ove riječi koje je početkom 20. stoljeća izgovorio veliki francuski arhitekt Le Corbusier vrlo točno karakteriziraju naše vrijeme. Svijet u kojem živimo ispunjen je geometrijom kuća i ulica, planina i polja, kreacijama prirode i čovjeka.
Zanimale su nas takozvane “izuzetne točke trokuta”.
Nakon čitanja literature o ovoj temi, sami smo utvrdili definicije i svojstva izvanrednih točaka trokuta. No, naš rad nije tu završio, željeli smo i sami istražiti te točke.
Zato cilj dano raditi – proučavanje nekih značajnih točaka i pravaca trokuta, primjena stečenog znanja u rješavanju problema. U procesu postizanja ovog cilja mogu se razlikovati sljedeće faze:
Odabir i studija obrazovni materijal iz raznih izvora informacija, literature;
Proučavanje osnovnih svojstava značajnih točaka i pravaca trokuta;
Generalizacija ovih svojstava i dokaz potrebnih teorema;
Rješavanje problema koji uključuju značajne točke trokuta.
Poglavljeja. Izvanredne točke i linije trokuta
1.1 Točka sjecišta simetrala okomitih na stranice trokuta
Simetrala okomita je pravac koji prolazi kroz sredinu segmenta, okomito na nju. Već znamo teorem koji karakterizira svojstvo simetrale okomice: svaka točka simetrale okomice na isječak je jednako udaljena od njegovih krajeva i obrnuto; ako je točka jednako udaljena od krajeva isječka, tada leži na simetrali.
Poligon se naziva upisani u krug ako svi njegovi vrhovi pripadaju krugu. Krug se naziva opisanim oko mnogokuta.
Oko svakog trokuta može se opisati krug. Njegovo središte je točka presjeka simetrala okomica na stranice trokuta.
Neka je točka O sjecište simetrala okomica na stranice trokuta AB i BC.
Zaključak: dakle, ako je točka O sjecište simetrala okomica na stranice trokuta, tada je OA = OC = OB, tj. točka O je jednako udaljena od svih vrhova trokuta ABC, što znači da je središte opisane kružnice.
|
|
|
|
| oštrokutni | tupi | pravokutan |
Posljedice
sin γ = c/2R = c/sin γ =2R.
Dokazuje se na sličan način A/ sin α =2R, b/ sin β =2R.
Tako:
Ovo se svojstvo naziva teorem sinusa.
U matematici se često događa da objekti koji su potpuno definirani različito, ispadaju identični.
Primjer. Neka su A1, B1, C1 polovišta stranica ∆ABC BC, AC, AB. Pokažite da se kružnice opisane oko trokuta AB1C1, A1B1C, A1BC1 sijeku u jednoj točki. Štoviše, ova točka je središte kružnice opisane oko ∆ABC.
|
| Razmotrimo segment AO i konstruirajmo krug na njemu, kao na promjeru. Na ovu kružnicu padaju točke C1 i B1 jer su vrhovi pravih kutova temeljenih na AO. Točke A, C1, B1 leže na kružnici = ta je kružnica opisana oko ∆AB1C1. Na sličan način nacrtajmo segment BO i konstruirajmo na njemu kružnicu, kao na promjeru. To će biti kružnica opisana oko ∆VS1 A1. Nacrtajmo segment CO i konstruirajmo na njemu krug, kao na promjeru. Ovo će biti krug opisan s oko Ove tri kružnice prolaze točkom O - središtem kružnice opisane oko ∆ABC. |
Generalizacija. Ako na stranicama ∆ABC AC, BC, AC uzmemo proizvoljne točke A 1, B 1, C 1, tada se kružnice opisane oko trokuta AB 1 C 1, A 1 B 1 C, A 1 BC 1 sijeku u jednoj točki. .
1.2 Sjecište simetrala trokuta
Vrijedi i obrnuto: ako je točka jednako udaljena od stranica kuta, tada leži na njegovoj simetrali.
Korisno je označiti polovice jednog kuta istim slovima:
OAF=OAD= α, OBD=OBE= β, OCE=OCF= γ.
Neka je točka O sjecište simetrala kutova A i B. Po svojstvu točke koja leži na simetrali kuta A vrijedi OF=OD=r. Prema svojstvu točke koja leži na simetrali kuta B, OE=OD=r. Dakle, OE=OD= OF=r= točka O je jednako udaljena od svih stranica trokuta ABC, tj. O je središte upisane kružnice. (Točka O je jedina).
Zaključak: dakle, ako je točka O sjecište simetrala kutova trokuta, tada je OE=OD= OF=r, tj. točka O je jednako udaljena od svih stranica trokuta ABC, što znači da je središte upisane kružnice. O-točka presjeka simetrala kutova trokuta je izvanredna točka trokuta.
Posljedice:
Iz jednakosti trokuta AOF i AOD (slika 1) uz hipotenuzu i šiljasti kut proizlazi da je A.F. = OGLAS . Iz jednakosti trokuta OBD i OBE slijedi da BD = BITI , Iz jednakosti trokuta COE i COF slijedi da S F = n.e. . Dakle, tangentni segmenti povučeni na kružnicu iz jedne točke su jednaki.
AF=AD= z, BD=BE= g, CF=CE= x
a=x+y (1), b= x+z (2), c= x+y (3).
+ (2) – (3), tada dobivamo: a+b-s=x+ g+ x+ z- z- g = a+b-s= 2x =
x=( b + c - a)/2
Slično: (1) + (3) – (2), tada dobivamo: y = (a + c –b)/2.
Slično: (2) + (3) – (1), tada dobivamo: z= (a +b - c)/2.
Simetrala kuta trokuta dijeli suprotnu stranicu na segmente proporcionalne susjednim stranicama.
1.3 Točka sjecišta medijana trokuta (centroid)
Dokaz 1. Neka su A 1 , B 1 i C 1 polovišta stranica BC, CA i AB redom trokuta ABC (slika 4).
Neka je G sjecište dviju medijana AA 1 i BB 1. Dokažimo prvo da je AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2.
Da biste to učinili, uzmite središnje točke P i Q odsječaka AG i BG. Prema teoremu o središnjici trokuta, odsječci B 1 A 1 i PQ jednaki su polovici stranice AB i paralelni su s njom. Prema tome, četverokut A 1 B 1 je PQ paralelogram. Tada točka G sjecišta njegovih dijagonala PA 1 i QB 1 svaku od njih dijeli na pola. Dakle, točke P i G dijele medijanu AA 1 na tri jednaka dijela, a točke Q i G također dijele medijanu BB 1 na tri jednaka dijela. Dakle, točka G presjeka dviju središnjica trokuta dijeli svaku od njih u omjeru 2:1, računajući od vrha.
Točka presjeka središnjica trokuta naziva se težište ili centar gravitacije trokut. Ovaj naziv je zbog činjenice da se u ovoj točki nalazi centar gravitacije homogene trokutaste ploče.
1.4 Točka sjecišta visina trokuta (ortocentar)
1.5 Torricellijeva točka
Put je zadan trokutom ABC. Torricellijeva točka ovog trokuta je točka O iz koje izlaze stranice zadani trokut vidljivo pod kutom od 120°, tj. kutovi AOB, AOC i BOC jednaki su 120°.
Dokažimo da Torricellijeva točka postoji ako su svi kutovi trokuta manji od 120°.
Na stranici AB trokuta ABC konstruiramo jednakostranični trokut ABC" (sl. 6, a) i opišemo kružnicu oko njega. Segment AB spaja luk ove kružnice koji mjeri 120°. Prema tome, točke ovog luka osim A i B imaju svojstvo da je segment AB vidljiv iz njih pod kutom od 120°. Slično tome, na strani AC trokuta ABC ćemo konstruirati jednakostranični trokut ACB" (Sl. 6, a), i opisati krug oko to. Točke odgovarajućeg luka, različite od A i C, imaju svojstvo da se iz njih vidi segment AC pod kutom od 120°. U slučaju kada su kutovi trokuta manji od 120° ti se lukovi sijeku u nekoj unutarnjoj točki O. U tom slučaju vrijedi ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Prema tome, ∟BOC = 120°. Dakle, točka O je željena.
U slučaju kada je jedan od kutova trokuta, na primjer ABC, jednak 120 °, točka sjecišta kružnih lukova bit će točka B (slika 6, b). U ovom slučaju Torricellijeva točka ne postoji, jer se ne može govoriti o kutovima pod kojima su stranice AB i BC vidljive iz te točke.
U slučaju kada je jedan od kutova trokuta, na primjer ABC, veći od 120 ° (slika 6, c), odgovarajući lukovi kružnica se ne sijeku, a Torricellijeva točka također ne postoji.
Torricellijeva točka povezana je s Fermatovim problemom (koji ćemo razmotriti u poglavlju II) pronalaženja točke čiji je zbroj udaljenosti do tri zadane točke najmanji.
1.6 Krug s devet točaka
Doista, A 3 B 2 je srednja linija trokuta AHC i, prema tome, A 3 B 2 || CC 1. B 2 A 2 je središnja linija trokuta ABC pa je B 2 A 2 || AB. Kako je CC 1 ┴ AB, tada je A 3 B 2 A 2 = 90°. Isto tako, A 3 C 2 A 2 = 90°. Dakle, točke A 2, B 2, C 2, A 3 leže na istoj kružnici promjera A 2 A 3. Kako je AA 1 ┴BC, onda i točka A 1 pripada ovoj kružnici. Dakle, točke A 1 i A 3 leže na opisanoj kružnici trokuta A2B2C2. Slično se pokazuje da točke B 1 i B 3, C 1 i C 3 leže na ovoj kružnici. To znači da svih devet točaka leži na istoj kružnici.
U ovom slučaju središte kružnice od devet točaka nalazi se u sredini između središta presjecišta visina i središta opisane kružnice. Doista, neka je u trokutu ABC (slika 9) točka O središte opisane kružnice; G – točka presjeka medijana. H je točka u kojoj se sijeku visine. Trebate dokazati da točke O, G, H leže na istoj liniji i da središte kružnice od devet točaka N dijeli isječak OH na pola.
Razmotrimo homotetiju sa središtem u točki G i koeficijentom -0,5. Vrhovi A, B, C trokuta ABC ići će redom u točke A 2, B 2, C 2. Visine trokuta ABC prelazit će u visine trokuta A 2 B 2 C 2 pa će stoga točka H ići u točku O. Dakle, točke O, G, H ležat će na istoj pravci.
Pokažimo da je središte N odsječka OH središte kružnice od devet točaka. Doista, C 1 C 2 je tetiva kružnice od devet točaka. Stoga je simetrala okomice te tetive promjer i siječe OH u sredini N. Slično, simetrala okomice tetive B 1 B 2 je promjer i siječe OH u istoj točki N. Dakle, N je središte tetive krug od devet točaka. Q.E.D.
Doista, neka je P proizvoljna točka koja leži na opisanoj kružnici trokuta ABC; D, E, F – osnovice okomica spuštenih iz točke P na stranice trokuta (slika 10). Pokažimo da točke D, E, F leže na istom pravcu.
Uočimo da ako AP prolazi kroz središte kružnice, tada se točke D i E podudaraju s vrhovima B i C. U suprotnom, jedan od kutova ABP ili ACP je oštar, a drugi tup. Iz ovoga slijedi da će točke D i E biti smještene duž različite strane od pravca BC, a da bi se dokazalo da točke D, E i F leže na istom pravcu, dovoljno je provjeriti da je ∟CEF =∟BED.
Opišimo kružnicu promjera CP. Kako je ∟CFP = ∟CEP = 90°, točke E i F leže na ovoj kružnici. Stoga je ∟CEF =∟CPF kao upisane kutove spojene jednim lukom kružnice. Dalje, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. Opišimo kružnicu promjera BP. Kako je ∟BEP = ∟BDP = 90°, točke F i D leže na ovoj kružnici. Stoga je ∟BPD =∟BED. Stoga konačno dobivamo da je ∟CEF =∟BED. To znači da točke D, E, F leže na istoj liniji.
PoglavljeIIRješavanje problema
Počnimo s problemima koji se odnose na položaj simetrala, medijana i visina trokuta. Njihovo rješavanje, s jedne strane, omogućuje vam da se prisjetite prethodno obrađenog gradiva, a s druge strane, razvija potrebne geometrijske pojmove, priprema vas za rješavanje više složeni zadaci.
Zadatak 1. U kutovima A i B trokuta ABC (∟A
Riješenje. Neka je onda CD visina, a CE simetrala
∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.
Stoga je ∟DCE =.
Riješenje. Neka je O sjecište simetrala trokuta ABC (slika 1). Iskoristimo činjenicu da veći kut leži nasuprot većoj stranici trokuta. Ako je AB BC, tada je ∟A
Riješenje. Neka je O točka presjeka visina trokuta ABC (slika 2). Ako je AC ∟B. Kružnica promjera BC proći će kroz točke F i G. Uzimajući u obzir da je manja od dviju tetiva ona na kojoj počiva manji upisani kut, dobivamo da je CG
Dokaz. Na stranicama AC i BC trokuta ABC, kao i na promjerima, konstruiramo kružnice. Točke A 1, B 1, C 1 pripadaju tim kružnicama. Prema tome, ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, kao kutovi koji se temelje na istom kružnom luku. ∟B 1 BC = ∟CAA 1 kao kutovi s međusobno okomitim stranicama. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 kao kutovi koje spaja isti kružni luk. Prema tome vrijedi ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, tj. CC 1 je simetrala kuta B 1 C 1 A 1 . Slično se pokazuje da su AA 1 i BB 1 simetrale kutova B 1 A 1 C 1 i A 1 B 1 C 1 .
Razmatrani trokut, čiji su vrhovi osnovice visina zadanog šiljastog trokuta, daje odgovor na jedan od klasičnih ekstremnih problema.
Riješenje. Neka je ABC zadani oštrokutni trokut. Na njegovim stranicama treba pronaći točke A 1 , B 1 , C 1 za koje bi opseg trokuta A 1 B 1 C 1 bio najmanji (slika 4).
Najprije fiksiramo točku C 1 i tražimo točke A 1 i B 1 za koje je opseg trokuta A 1 B 1 C 1 najmanji (za zadani položaj točke C 1).
Da biste to učinili, razmotrite točke D i E simetrične točki C 1 u odnosu na ravne linije AC i BC. Tada će B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E i stoga će opseg trokuta A 1 B 1 C 1 biti jednak duljini izlomljene linije DB 1 A 1 E. jasno je da je duljina te izlomljene crte najmanja ako točke B 1, A 1 leže na pravcu DE.
Sada ćemo promijeniti položaj točke C 1 i potražiti položaj u kojem je opseg odgovarajućeg trokuta A 1 B 1 C 1 najmanji.
Kako je točka D simetrična na C 1 u odnosu na AC, tada je CD = CC 1 i ACD = ACC 1. Isto tako, CE=CC 1 i BCE=BCC 1. Dakle, trokut CDE je jednakokračan. Njegova bočna stranica jednaka je CC 1. Baza DE jednaka je opsegu P trokut A 1 B 1 C 1. Kut DCE jednak je dvostrukom kutu ACB trokuta ABC i stoga ne ovisi o položaju točke C 1.
U jednakokračnom trokutu sa zadanim kutom pri vrhu, što je manja stranica, to je manja baza. Zato najmanja vrijednost perimetar P postiže se u slučaju najniže vrijednosti CC 1. Ova vrijednost se uzima ako je CC 1 visina trokuta ABC. Dakle, tražena točka C 1 na stranici AB je osnovica visine povučene iz vrha C.
Primijetimo da prvo ne možemo fiksirati točku C 1, već točku A 1 ili točku B 1 i dobili bismo da su A 1 i B 1 osnovice odgovarajućih visina trokuta ABC.
Iz toga slijedi da je traženi trokut najmanjeg opsega upisanog u zadani šiljasti trokut ABC trokut čiji su vrhovi osnovice visina trokuta ABC.
Riješenje. Dokažimo da ako su kutovi trokuta manji od 120°, tada je tražena točka u Steinerovom problemu Torricellijeva točka.
Zarotirajmo trokut ABC oko vrha C za kut od 60°, sl. 7. Dobili smo trokut A’B’C. Uzmimo proizvoljnu točku O u trokutu ABC. Prilikom skretanja, otići će do neke točke O’. Trokut OO'C je jednakostraničan jer je CO = CO' i ∟OCO' = 60°, dakle OC = OO'. Stoga će zbroj duljina OA + OB + OC biti jednak duljini izlomljene linije AO + OO' + O'B'. Jasno je da duljina ove izlomljene linije ima najmanju vrijednost ako točke A, O, O’, B’ leže na istoj pravoj liniji. Ako je O Torricellijeva točka, onda je to tako. Doista, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. Prema tome, točke A, O, O' leže na istoj ravnoj liniji. Slično, ∟CO'O = 60°, ∟CO"B" = 120°. Dakle, točke O, O', B' leže na istom pravcu, što znači da sve točke A, O, O', B' leže na istom pravcu.
Zaključak
Geometrija trokuta, zajedno s drugim dijelovima elementarne matematike, omogućuje da se osjeti ljepota matematike općenito i za nekoga može postati početak puta u "veliku znanost".
Geometrija je nevjerojatna znanost. Njegova povijest seže više od tisuću godina unatrag, ali svaki susret s njim može darovati i obogatiti (i učenika i učitelja) uzbudljivom novošću malog otkrića, nevjerojatnom radošću kreativnosti. Doista, svaki problem u elementarnoj geometriji je u biti teorem, a njegovo rješenje je skromna (a ponekad i ogromna) matematička pobjeda.
Povijesno gledano, geometrija je započela s trokutom, pa je trokut već dva i pol tisućljeća simbol geometrije. Školska geometrija može postati zanimljiva i smislena, tek tada može postati prava geometrija kada uključuje duboko i sveobuhvatno proučavanje trokuta. Začudo, trokut je, unatoč svojoj prividnoj jednostavnosti, neiscrpan predmet proučavanja - nitko se, čak ni u naše vrijeme, ne usuđuje reći da je proučavao i poznavao sva svojstva trokuta.
U ovom su radu razmatrana svojstva simetrala, medijana, simetrala okomica i visina trokuta, proširen je broj značajnih točaka i pravaca trokuta, te su formulirani i dokazani teoremi. Riješeno je više problema o primjeni ovih teorema.
Predstavljeni materijal može se koristiti iu osnovnoj nastavi iu izbornoj nastavi, kao iu pripremi za centralizirano testiranje i matematičke olimpijade.
Bibliografija
Berger M. Geometrija u dva toma - M: Mir, 1984.
Kiseljov A.P. Elementarna geometrija. – M.: Obrazovanje, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Novi susreti s geometrijom. – M.: Nauka, 1978.
Latotin L.A., Chebotaravsky B.D. Matematika 9. – Minsk: Narodnaya Asveta, 2014.
Prasolov V.V. Problemi iz planimetrije. – M.: Nauka, 1986. – 1. dio.
Scanavi M.I. Matematika. Problemi s rješenjima. – Rostov na Donu: Phoenix, 1998.
Sharygin I.F. Geometrijski problemi: Planimetrija. – M.: Nauka, 1986.
Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruska Federacija Savezni državni proračun obrazovna ustanova visoko stručno obrazovanje
"Magnitogorsk Državno sveučilište»
Fizičko-matematički fakultet
Zavod za algebru i geometriju
Tečajni rad
Izvanredne točke trokuta
Izradio: student grupe 41
Vakhrameeva A.M.
Znanstveni direktor
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Uvod
Povijesno gledano, geometrija je započela s trokutom, pa je trokut već dva i pol tisućljeća takoreći simbol geometrije; ali on nije samo simbol, on je atom geometrije.
Zašto se trokut može smatrati atomom geometrije? Budući da su prethodni koncepti - točka, ravna linija i kut - nejasne i neopipljive apstrakcije zajedno s povezanim skupom teorema i problema. Dakle, danas školska geometrija jedino može postati zanimljiva i smislena, tek onda može postati prava geometrija kada uključuje duboko i svestrano proučavanje trokuta.
Začudo, trokut je, unatoč svojoj prividnoj jednostavnosti, neiscrpan predmet proučavanja - nitko se, čak ni u naše vrijeme, ne usuđuje reći da je proučavao i poznavao sva svojstva trokuta.
To znači da se proučavanje školske geometrije ne može provesti bez dubokog proučavanja geometrije trokuta; s obzirom na raznolikost trokuta kao predmeta proučavanja - i, prema tome, izvora različitih metoda za njegovo proučavanje - potrebno je odabrati i razviti materijal za proučavanje geometrije značajnih točaka trokuta. Štoviše, pri odabiru ovog materijala ne biste se trebali ograničiti samo na značajne točke navedene u školski plan i program država obrazovni standard, kao što su središte upisane kružnice (točka presjeka simetrala), središte opisane kružnice (točka presjeka simetrala), točka presjeka medijana, točka presjeka visina. Ali za duboko prodiranje u prirodu trokuta i razumijevanje njegove neiscrpnosti, potrebno je imati što više ideja o više izvanredne točke trokuta. Uz neiscrpnost trokuta kao geometrijskog objekta, potrebno je napomenuti najnevjerojatnije svojstvo trokuta kao predmeta proučavanja: proučavanje geometrije trokuta može započeti proučavanjem bilo kojeg od njegovih svojstava, uzimajući ga kao osnovu; onda se metodologija proučavanja trokuta može konstruirati tako da se na toj osnovi mogu nanizati sva ostala svojstva trokuta. Drugim riječima, bez obzira gdje počnete proučavati trokut, uvijek možete dosegnuti bilo koju dubinu ove nevjerojatne figure. Ali onda - kao opciju - možete početi proučavati trokut proučavajući njegove izvanredne točke.
Cilj predmetni rad sastoji se od proučavanja značajnih točaka trokuta. Za postizanje ovog cilja potrebno je riješiti sljedeće zadatke:
· Proučiti pojmove simetrale, medijane, visine, simetrale okomice i njihova svojstva.
· Razmotrimo Gergonneovu točku, Eulerovu kružnicu i Eulerovu liniju, koji se ne uče u školi.
GLAVA 1. Simetrala trokuta, središte upisane kružnice trokutu. Svojstva simetrale trokuta. Gergonna točka
1 Središte upisane kružnice trokuta
Značajne točke trokuta su točke čije je mjesto jednoznačno određeno trokutom i ne ovisi o redoslijedu kojim su stranice i vrhovi trokuta uzeti.
Simetrala trokuta je simetrala kuta trokuta koji povezuje vrh s točkom na suprotnoj strani.
Teorema. Svaka točka simetrale nerazvijenog kuta jednako je udaljena (tj. jednako udaljena od pravaca koji sadrže stranice trokuta) od njegovih stranica. Obrnuto: svaka točka koja leži unutar kuta i jednako je udaljena od stranica kuta leži na njegovoj simetrali.
Dokaz. 1) Uzmimo proizvoljnu točku M na simetrali kuta BAC, povučemo okomice MK i ML na pravce AB i AC i dokažemo da je MK = ML. Razmotrimo pravokutne trokute ?AMK i ?AML. Oni su jednaki u hipotenuzi i šiljastom kutu (AM - uobičajena hipotenuza, 1 = 2 po dogovoru). Prema tome, MK=ML.
) Neka točka M leži unutar VAS i bude jednako udaljena od njegovih stranica AB i AC. Dokažimo da je poluprava AM simetrala BAC. Povucimo okomice MK i ML na prave AB i AC. Pravokutni trokuti AKM i ALM jednaki su po hipotenuzi i kraku (AM je uobičajena hipotenuza, MK = ML prema dogovoru). Dakle, 1 = 2. Ali to znači da je poluprava AM simetrala dužine BAC. Teorem je dokazan.
Posljedica. Simetrale trokuta sijeku se u jednoj točki (središte upisane kružnice i središte).
Označimo slovom O sjecište simetrala AA1 i BB1 trokuta ABC i iz te točke povucimo okomice OK, OL odnosno OM na pravce AB, BC i CA. Prema teoremu (Svaka točka simetrale nerazvijenog kuta jednako je udaljena od njegovih stranica. Obrnuto: svaka točka koja leži unutar kuta i jednako je udaljena od stranica kuta leži na njegovoj simetrali) kažemo da je OK = OM i OK = OL. Dakle, OM = OL, odnosno točka O je jednako udaljena od stranica ACB i, prema tome, leži na simetrali CC1 tog kuta. Prema tome, sve tri simetrale ?ABC se sijeku u točki O, što je i trebalo dokazati.
kružnica simetrala trokut crta
1.2 Svojstva simetrale trokuta
Simetrala BD (sl. 1.1) bilo kojeg kuta ?ABC dijeli suprotnu stranicu na dijelove AD i CD proporcionalne susjednim stranicama trokuta.
Moramo dokazati da ako je ABD = DBC, tada AD: DC = AB: BC.
Provedimo CE || BD do sjecišta u točki E s nastavkom stranice AB. Tada ćemo prema teoremu o proporcionalnosti odsječaka formiranih na pravcima koje siječe više paralelnih pravaca imati omjer: AD: DC = AB: BE. Da bi se s ovog omjera priješlo na onaj koji treba dokazati, dovoljno je otkriti da je BE = BC, tj. ?SVI jednakokračni. U ovom trokutu E = ABD (kao odgovarajući kutovi s paralelnim pravcima) i ALL = DBC (kao poprečni kutovi s istim paralelnim pravcima).
Ali ABD = DBC prema uvjetu; to znači E = ALL, pa su stoga stranice BE i BC koje leže nasuprot jednakih kutova jednake.
Sada, zamjenom BE u gore napisanom omjeru s BC, dobivamo omjer koji treba dokazati.
20 Simetrale unutarnjih i susjednih kutova trokuta su okomite.
Dokaz. Neka je BD simetrala od ABC (sl. 1.2), a BE je simetrala vanjskog CBF uz navedeni unutarnji kut, ?ABC. Onda ako označimo ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, zatim 2 ? + 2?= 1800 i stoga ?+ ?= 900. A to znači da BD? BITI.
30 Simetrala vanjskog kuta trokuta dijeli suprotnu stranicu izvana na dijelove proporcionalne susjednim stranicama.
(Sl.1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 Simetrala bilo kojeg kuta trokuta dijeli suprotnu stranicu na segmente proporcionalne susjednim stranicama trokuta.
Dokaz. Razmotrimo ?ABC. Radi određenosti neka simetrala CAB siječe stranicu BC u točki D (sl. 1.4). Pokažimo da je BD: DC = AB: AC. Da biste to učinili, povucite pravac paralelan s pravcem AB kroz točku C i označite s E sjecište tog pravca AD. Tada je DAB=DEC, ABD=ECD i prema tome ?DAB ~ ?DEC na temelju prvog kriterija sličnosti trokuta. Nadalje, budući da je zraka AD simetrala CAD, tada je CAE = EAB = AEC i, prema tome, ?ECA jednakokračan. Stoga je AC=CE. Ali u ovom slučaju, od sličnosti ?DAB i ?DEC slijedi da je BD: DC=AB: CE =AB: AC, i to je bilo ono što je trebalo dokazati.
Ako simetrala vanjskog kuta trokuta siječe produžetak stranice nasuprot vrhu tog kuta, tada su odsječci od dobivene sjecišta do krajeva suprotne stranice proporcionalni susjednim stranicama trokuta.
Dokaz. Razmotrimo ?ABC. Neka je F točka na produžetku stranice CA, D točka presjeka simetrale vanjskog trokuta BAF s produžetkom stranice CB (sl. 1.5). Pokažimo da je DC:DB=AC:AB. Doista, povucimo pravac paralelan s pravcem AB kroz točku C i označimo s E točku presjeka tog pravca s pravcem DA. Zatim trokut ADB ~ ?EDC pa prema tome DC:DB=EC:AB. I od ?EAC= ?LOŠ= ?CEA, zatim u jednakokračnom ?CEA strana AC=EC i stoga DC:DB=AC:AB, što je i trebalo dokazati.
3 Rješavanje zadataka pomoću svojstava simetrale
Problem 1. Neka je O središte kruga upisanog u ?ABC, CAB = ?. Dokažite da je COB = 900 + ? /2.
Riješenje. Budući da je O središte upisanog ?ABC kružnice (slika 1.6), tada su poluprave BO i CO simetrale ABC odnosno BCA. I onda COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, što je i trebalo dokazati.
Problem 2. Neka je O središte opisanog o ?ABC kružnice, H je osnovica visine povučena na stranicu BC. Dokažite da je simetrala CAB ujedno i simetrala ? OAH.
Neka je AD simetrala CAB, AE promjer opisane dužine ?ABC kružnice (sl. 1.7, 1.8). Ako ?ABC je šiljasti (sl. 1.7) i, prema tome, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC lukovi, i ?BHA i ?ECA pravokutni (BHA =ECA = 900), zatim ?BHA~ ?ECA i stoga CAO = CAE =HAB. Nadalje, BAD i CAD su jednaki prema uvjetu, pa je HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Neka je sada ABC = 900. U tom slučaju visina AH koincidira sa stranicom AB, tada će točka O pripadati hipotenuzi AC i stoga je valjanost tvrdnje problema očita.
Razmotrimo slučaj kada je ABC > 900 (slika 1.8). Ovdje je četverokut ABCE upisan u krug pa je AEC = 1800 - ABC. S druge strane, ABH = 1800 - ABC, tj. AEC = ABH. I od ?BHA i ?ECA su pravokutni i, prema tome, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, tada HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Slučajevi u kojima su BAC i ACB tupi tretiraju se na sličan način. ?
4 točke Gergonna
Gergonneova točka je točka presjeka odsječaka koji spajaju vrhove trokuta s točkama dodirivanja stranica nasuprot tim vrhovima i upisane kružnice trokuta.
Neka je točka O središte upisane kružnice trokuta ABC. Neka upisana kružnica dodiruje stranice trokuta BC, AC i AB na točke D,E odnosno F. Gergonneova točka je sjecište odsječaka AD, BE i CF. Neka je točka O središte upisane kružnice ?ABC. Neka upisana kružnica dodiruje stranice trokuta BC, AC i AB redom u točkama D, E i F. Gergonneova točka je sjecište odsječaka AD, BE i CF.
Dokažimo da se ta tri segmenta zapravo sijeku u jednoj točki. Imajte na umu da je središte upisane kružnice točka presjeka simetrala kutova ?ABC, a polumjeri upisane kružnice su OD, OE i OF ?stranice trokuta. Dakle, imamo tri para jednakih trokuta (AFO i AEO, BFO i BDO, CDO i CEO).
Radi AF?BD ? CE i AE? BITI? CF su jednake, budući da je BF = BD, CD = CE, AE = AF, dakle, omjer tih umnožaka je jednak, a prema Cevinom teoremu (Neka točke A1, B1, C1 leže na stranicama BC, AC i AB ? ABC. Neka se dužine AA1 , BB1 i CC1 sijeku u jednoj točki. Tada
(okružujemo trokut u smjeru kazaljke na satu)), segmenti se sijeku u jednoj točki.
Svojstva upisane kružnice:
Za krug se kaže da je upisan u trokut ako dodiruje sve njegove stranice.
Kružnica se može upisati u bilo koji trokut.
Zadano je: ABC - ovaj trokut, O - sjecište simetrala, M, L i K - točke dodirivanja kružnice sa stranicama trokuta (slika 1.11).
Dokažite: O je središte kružnice upisane u ABC.
Dokaz. Povucimo okomice OK, OL i OM iz točke O na stranice AB, BC odnosno CA (sl. 1.11). Kako je točka O jednako udaljena od stranica trokuta ABC, onda je OK = OL = OM. Dakle, kružnica sa središtem O polumjera OK prolazi točkama K, L, M. Stranice trokuta ABC dodiruju tu kružnicu u točkama K, L, M jer su okomite na polumjere OK, OL i OM. To znači da je u trokut ABC upisana kružnica sa središtem O polumjera OK. Teorem je dokazan.
Središte kružnice upisane u trokut je sjecište njegovih simetrala.
Neka je dan ABC, O središte kruga upisanog u njega, D, E i F dodirne točke kruga sa stranicama (sl. 1.12). ? AEO = ? AOD na hipotenuzi i kraku (EO = OD - kao polumjer, AO - ukupno). Što slijedi iz jednakosti trokuta? OAD = ? O.A.E. Dakle, AO je simetrala kuta EAD. Na isti se način dokazuje da točka O leži na drugim dvjema simetralama trokuta.
Polumjer povučen na tangentu okomit je na tangentu.
Dokaz. Neka je okolina (O; R) dana kružnica (sl. 1.13), pravac a je dodiruje u točki P. Neka polumjer OP nije okomit na a. Povucimo okomicu OD iz točke O na tangentu. Prema definiciji tangente, sve njene točke osim točke P, a posebno točka D, leže izvan kružnice. Stoga je duljina okomice OD veća od duljine R kose OP. Ovo je u suprotnosti sa kosim svojstvom, a rezultirajuća kontradikcija dokazuje tvrdnju.
POGLAVLJE 2. 3 značajne točke trokuta, Eulerova kružnica, Eulerova pravac.
1 Središte opisane kružnice trokuta
Simetrala na isječak je pravac koji prolazi sredinom isječka i okomit je na njega.
Teorema. Svaka točka simetrale okomice odsječka jednako je udaljena od krajeva tog odsječka. Obrnuto: svaka točka jednako udaljena od krajeva odsječka leži na simetrali koja je okomita na njega.
Dokaz. Neka je pravac m simetrala dužice AB, a točka O središte dužice.
Promotrimo proizvoljnu točku M na pravoj liniji m i dokažimo da je AM=BM. Ako se točka M poklapa s točkom O, tada je ova jednakost istinita, jer je O polovište segmenta AB. Neka M i O - razne točke. Pravokutan ?OAM i ?OBM su jednaki na dva kraka (OA = OB, OM je zajednički krak), stoga je AM = BM.
) Promotrimo proizvoljnu točku N, jednako udaljenu od krajeva dužine AB, i dokažimo da točka N leži na pravcu m. Ako je N točka na pravcu AB, tada se poklapa sa središtem O dužine AB i stoga leži na pravcu m. Ako točka N ne leži na pravcu AB, razmotrite ?ANB, koji je jednakokračan, jer je AN=BN. Odsječak NO je medijan ovog trokuta, a time i visina. Dakle, NO je okomit na AB, stoga se pravci ON i m podudaraju, pa je, prema tome, N točka pravca m. Teorem je dokazan.
Posljedica. Simetrale okomica na stranice trokuta sijeku se u jednoj točki (središte opisane kružnice).
Označimo s O točku presjeka simetrala okomica m i n na stranice AB i BC. ?ABC. Prema teoremu (svaka točka simetrale okomice na odsječak jednako je udaljena od krajeva tog odsječka. Obrnuto: svaka točka koja je jednako udaljena od krajeva odsječka leži na simetrali okomice na njega.) zaključujemo da je OB = OA i OB = OC dakle: OA = OC, To jest, točka O je jednako udaljena od krajeva segmenta AC i, prema tome, leži na simetrali p na ovaj segment. Dakle, sve tri simetrale m, n i p na stranice ?ABC se sijeku u točki O.
Za oštrokutni trokut ova točka leži unutar, za tupokutni trokut ona leži izvan trokuta, za pravokutni trokut ona leži u sredini hipotenuze.
Svojstvo simetrale okomice trokuta:
Pravci na kojima leže simetrale unutarnjih i vanjskih kutova trokuta, izlazeći iz jednog vrha, sijeku se sredinom okomice na suprotnu stranu iz dijametralno suprotnih točaka kružnice opisane oko trokuta.
Dokaz. Neka, na primjer, simetrala ABC siječe onu o kojoj je opisano ?Kružnica ABC u točki D (slika 2.1). Budući da su upisani ABD i DBC jednaki, tada je AD = luk DC. Ali simetrala na stranicu AC također raspolavlja luk AC, pa će točka D također pripadati ovoj okomici. Nadalje, budući da je prema svojstvu 30 iz paragrafa 1.3 simetrala BD ABC susjedna ABC, potonji će presijecati kružnicu u točki dijametralno suprotnoj od točke D, jer upisani pravi kut uvijek počiva na promjeru.
2 Ortocentar kružnice trokuta
Visina je okomica povučena iz vrha trokuta na ravnu crtu koja sadrži suprotnu stranicu.
Visine trokuta (ili njihovi produžeci) sijeku se u jednoj točki (ortocentru).
Dokaz. Razmotrimo proizvoljan ?ABC i dokažite da se pravci AA1, BB1, CC1 koji sadrže njegove visine sijeku u jednoj točki. Prođimo kroz svaki vrh ?ABC je pravac paralelan sa suprotnom stranicom. Dobivamo ?A2B2C2. Točke A, B i C su polovišta ovog trokuta. Doista, AB=A2C i AB=CB2 su kao suprotne stranice paralelograma ABA2C i ABCB2, dakle A2C=CB2. Slično C2A=AB2 i C2B=BA2. Osim toga, kao što slijedi iz konstrukcije, CC1 je okomit na A2B2, AA1 je okomit na B2C2 i BB1 je okomit na A2C2. Dakle, pravci AA1, BB1 i CC1 su okomite simetrale na stranice ?A2B2C2. Stoga se sijeku u jednoj točki.
Ovisno o vrsti trokuta, ortocentar može biti unutar trokuta u trokutu s oštrim kutom, izvan njega - u trokutu s tupim kutom ili se podudarati s vrhom, u pravokutnim - podudara se s vrhom na pravi kut.
Svojstva visine trokuta:
Segment koji povezuje osnovice dviju visina oštrokutnog trokuta odsijeca od njega trokut sličan danom, s koeficijentom sličnosti jednakim kosinusu zajedničkog kuta.
Dokaz. Neka su AA1, BB1, CC1 visine oštrokutnog trokuta ABC, a ABC = ?(Slika 2.2). Pravokutni trokuti BA1A i CC1B imaju zajedničko ?, pa su slični, što znači BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Slijedi da je BA1/BC1=BA/BC = cos ?, tj. V ?C1BA1 i ?ABC stranice uz zajedničku ??C1BA1~ ?ABC, s koeficijentom sličnosti jednakim cos ?. Na sličan način se dokazuje da ?A1CB1~ ?ABC s koeficijentom sličnosti cos BCA, i ?B1AC1~ ?ABC s koeficijentom sličnosti cos CAB.
Visina spuštena na hipotenuzu pravokutnog trokuta dijeli ga na dva trokuta slična jedan drugome i slična izvornom trokutu.
Dokaz. Razmotrimo pravokutnik ?ABC, koji ima ?BCA = 900, a CD je njegova visina (sl. 2.3).
Zatim sličnost ?ADC i ?BDC slijedi, na primjer, iz znaka sličnosti pravokutnog trokuta po proporcionalnosti dviju kateta, jer je AD/CD = CD/DB. Svaki od pravokutnih trokuta ADC i BDC sličan je izvornom pravokutnom trokutu, barem na temelju sličnosti u dva kuta.
Rješavanje problema koji uključuju korištenje svojstava visine
Zadatak 1. Dokažite da je trokut, čiji je jedan od vrhova vrh zadanog tupokutnog trokuta, a druga dva vrha osnovice visina tupokutnog trokuta, izostavljenih iz njegova druga dva vrha, sličan trokutu zadani trokut s koeficijentom sličnosti jednakim modulu kosinusa kuta pri prvom vrhu.
Riješenje. Razmotrimo tupi ?ABC s glupim CAB-om. Neka su AA1, BB1, CC1 njegove visine (sl. 2.4, 2.5, 2.6) i neka je CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.
Dokaz činjenice da ?C1BA1~ ?ABC (slika 2.4) s koeficijentom sličnosti k = cos ?, u potpunosti ponavlja obrazloženje provedeno u dokazu svojstva 1, stavak 2.2.
Dokažimo to ?A1CB~ ?ABC (sl. 2.5) s koeficijentom sličnosti k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (sl. 2.6) s koeficijentom sličnosti k2 = |cos? |.
Doista, pravokutni trokuti CA1A i CB1B imaju zajednički kut ?a samim tim i slični. Slijedi B1C/ BC = A1C / AC= cos ?i stoga je B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, tj. u trokutima A1CB1 i ABC stranice čine zajedničku ??, proporcionalni su. I onda, prema drugom kriteriju sličnosti trokuta ?A1CB~ ?ABC, s koeficijentom sličnosti k1= cos ?. Što se tiče posljednjeg slučaja (sl. 2.6), onda iz razmatranja pravokutnih trokuta ?BB1A i ?CC1A s jednakim okomitim kutovima BAB1 i C1AC slijedi da su slični i stoga B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, od ??- tup. Stoga je B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| a time i u trokutima ?B1AC1 i ?Formiranje stranica ABC jednaki kutovi, proporcionalni su. A ovo znači to ?B1AC1~ ?ABC s koeficijentom sličnosti k2 = |cos? |.
Zadatak 2. Dokažite da ako je točka O sjecište visina oštrokutnog trokuta ABC, tada je ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Riješenje. Dokažimo valjanost prve od formula danih u tekstu problema. Valjanost preostale dvije formule dokazuje se na sličan način. Pa neka je ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 i C1 su osnovice visina trokuta povučenih iz vrhova A, B i C, redom (slika 2.7). Tada iz pravokutnog trokuta BC1C slijedi da je BCC1 = 900 - ?pa je tako u pravokutnom trokutu OA1C kut COA1 jednak ?. Ali zbroj kutova AOC + COA1 = ? + ?daje ravni kut i prema tome AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, što je i trebalo dokazati.
Zadatak 3. Dokažite da su visine šiljastokutnog trokuta simetrale kutova trokuta čiji su vrhovi osnovice visina tog trokuta.
je.2.8
Riješenje. Neka su AA1, BB1, CC1 visine oštrokutnog trokuta ABC i neka je CAB = ?(Slika 2.8). Dokažimo, na primjer, da je visina AA1 simetrala kuta C1A1B1. Doista, budući da su trokuti C1BA1 i ABC slični (svojstvo 1), tada je BA1C1 = ?i, prema tome, C1A1A = 900 - ?. Iz sličnosti trokuta A1CB1 i ABC slijedi da je AA1B1 = 900 - ?i prema tome C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Ali to znači da je AA1 simetrala kuta C1A1B1. Slično se dokazuje da su druge dvije visine trokuta ABC simetrale druga dva odgovarajuća kuta trokuta A1B1C1.
3 Težište kružnice trokuta
Medijan trokuta je segment koji povezuje bilo koji vrh trokuta sa središtem suprotne stranice.
Teorema. Srednje strane trokuta sijeku se u jednoj točki (težištu).
Dokaz. Razmotrimo proizvoljno? ABC.
Označimo slovom O sjecište medijana AA1 i BB1 i povucimo srednju liniju A1B1 tog trokuta. Duž A1B1 je paralelan sa stranicom AB, stoga je 1 = 2 i 3 = 4. Dakle, ?AOB i ?A1OB1 su slični u dva kuta, pa su im stranice proporcionalne: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Ali AB=2A1B1, pa je AO=2A1O i BO=2B1O. Dakle, točka O sjecišta medijana AA1 i BB1 dijeli svaku od njih u omjeru 2:1, računajući od vrha.
Slično se dokazuje da sjecište medijana BB1 i CC1 dijeli svaku od njih u omjeru 2:1, računajući od vrha, te se, prema tome, poklapa s točkom O i njome se dijeli u omjeru 2:1, računajući od tjemena.
Svojstva medijane trokuta:
10 Medijane trokuta sijeku se u jednoj točki i dijele ih sjecište u omjeru 2:1, računajući od vrha.
dano: ?ABC, AA1, BB1 - medijani.
Dokažite: AO:OA1=VO:OB1=2:1
Dokaz. Nacrtajmo srednju liniju A1B1 (sl. 2.10), prema svojstvu srednje linije A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Budući da je A1B1 || AB, tada 1 = 2 leže poprečno s paralelnim pravcima AB i A1B1 i sekantom AA1. 3 = 4 leže poprečno s paralelnim pravcima A1B1 i AB i sekantom BB1.
Stoga, ?AOB ~ ?A1OB1 jednakošću dvaju kutova, što znači da su stranice proporcionalne: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
Medijan dijeli trokut na dva trokuta jednake površine.
Dokaz. BD - medijan ?ABC (slika 2.11), BE - njegova visina. Zatim ?ABD i ?DBC su jednake veličine jer imaju jednake baze AD i DC redom i zajedničku visinu BE.
Cijeli je trokut podijeljen svojim medijanama na šest jednakih trokuta.
Ako se na nastavku središnje trokuta od sredine stranice trokuta odloži odsječak jednake duljine kao i središnja, tada su krajnja točka tog odsječka i vrhovi trokuta vrhovi paralelogram.
Dokaz. Neka je D središte stranice BC ?ABC (slika 2.12), E je točka na pravcu AD takva da je DE=AD. Zatim, budući da se dijagonale AE i BC četverokuta ABEC u točki D njihovog sjecišta raspolavljaju, iz svojstva 13.4 slijedi da je četverokut ABEC paralelogram.
Rješavanje problema korištenjem svojstava medijana:
Zadatak 1. Dokažite da ako je O sjecište medijana ?ABC dakle ?A.O.B. ?BOC i ?AOC su jednake veličine.
Riješenje. Neka su AA1 i BB1 medijani ?ABC (slika 2.13). Razmotrimo ?AOB i ?BOC. Očito je da je S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Ali prema svojstvu 2 imamo S ?AB1B=S ?BB1C,S ?AOB = S ?OB1C, što znači da je S ?AOB = S ?BOC. Jednakost S ?AOB = S ?AOC.
Zadatak 2. Dokažite da ako točka O leži unutra ?ABC i ?A.O.B. ?BOC i ?AOC su jednake površine, tada je O točka presjeka medijana? ABC.
Riješenje. Razmotrimo ?ABC (2.14) i pretpostavimo da točka O ne leži na središnjici BB1. Onda pošto je OB1 medijan ?AOC zatim S ?AOB1 = S ?B1OC , a budući da je prema uvjetu S ?AOB = S ?BOC, zatim S ?AB1OB = S ?BOB1C. Ali to ne može biti, budući da je S ?ABB1 = S ?B1BC. Rezultirajuća kontradikcija znači da točka O leži na medijani BB1. Slično se dokazuje da točka O pripada dvjema srednjicama ?ABC. Slijedi da je točka O stvarno sjecište triju medijana? ABC.
Problem 3. Dokažite da ako je u ?ABC stranice AB i BC nisu jednake, tada njezina simetrala BD leži između središnje BM i visine BH.
Dokaz. Opišimo o ?ABC je kružnica i produži njenu simetralu BD dok ne presiječe kružnicu u točki K. Okomito središte na segment AC prolazit će kroz točku K (svojstvo 1, iz paragrafa 2.1), koja ima zajedničku točku M sa središnjom točkom. Ali budući da dužine BH i MK paralelne, a točke B i K leže na suprotnim stranama pravca AC, tada sjecište duži BK i AC pripadaju dužici HM, čime je traženo dokazano.
Problem 4. B ?ABC središnja stranica BM je pola stranice AB i s njom čini kut od 400. Nađi ABC.
Riješenje. Produžimo medijanu BM preko točke M za njezinu duljinu i dobijemo točku D (sl. 2.15). Kako je AB = 2BM, onda je AB = BD, odnosno trokut ABD je jednakokračan. Prema tome, BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Četverokut ABCD je paralelogram jer su njegove dijagonale raspolovljene u sjecištu. To znači CBD = ADB = 700. Tada je ABC = ABD + CBD = 1100. Odgovor je 1100.
Zadatak 5. Stranice?ABC jednake su a, b, c. Izračunajte medijan mc povučen na stranicu c (slika 2.16).
Riješenje. Udvostručimo medijan tako da paralelogramu ACBP sagradimo ?ABC i na taj paralelogram primijenimo teorem 8. Dobivamo: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, tj. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, odakle nalazimo:
2.4 Eulerov krug. Eulerova linija
Teorema. Osnovice medijana, visine proizvoljnog trokuta, kao i središta odsječaka koji spajaju vrhove trokuta s njegovim ortocentrom leže na istoj kružnici čiji je polumjer jednak polovici polumjera kružnice opisane oko trokut. Taj se krug naziva krug s devet točaka ili Eulerov krug.
Dokaz. Uzmimo sredinu ?MNL (sl. 2.17) i opišimo oko nje kružnicu W. Odsječak LQ je medijan u pravokutniku ?AQB, pa je LQ=1/2AB. Segment MN=1/2AB, jer MN - srednja crta?ABC. Slijedi da je trapez QLMN jednakokračan. Kako kružnica W prolazi kroz 3 vrha jednakokračnog trapeza L, M, N, prolazit će i kroz četvrti vrh Q. Slično se dokazuje da P pripada W, R pripada W.
Prijeđimo na točke X, Y, Z. Isječak XL okomit je na BH kao središnjicu?AHB. Dužnica BH je okomita na AC, a kako je AC paralelna s LM, onda je BH okomita na LM. Stoga je XLM=P/2. Isto tako, XNM= P/2.
U četverokutu LXNM dva suprotna kuta su pravi kutovi pa se oko njega može opisati kružnica. Ovo će biti krug W. Dakle, X pripada W, slično Y pripada W, Z pripada W.
Srednji?LMN je sličan?ABC. Koeficijent sličnosti je 2. Stoga je polumjer kružnice od devet točaka R/2.
Svojstva Eulerovog kruga:
Polumjer kružnice od devet točaka jednak je polovici polumjera kružnice opisane oko?ABC.
Krug od devet točaka je homotetičan krugu opisanom oko?ABC, s koeficijentom ½ a centar homotetije u točki H.
Teorema. Ortocentar, težište, središte opisanog kruga i središte kružnice s devet točaka leže na istoj ravnoj liniji. Eulerova ravna linija.
Dokaz. Neka je H ortocentar ABC (sl. 2.18) i O središte opisane kružnice. Po konstrukciji, simetrale?ABC sadrže visine središnje ?MNL, tj. O je ujedno i ortocentar ?LMN. ?LMN ~ ?ABC, njihov koeficijent sličnosti je 2, pa je BH=2ON.
Povucimo ravnu liniju kroz točke H i O. Dobivamo dva slična trokuta?NOG i?BHG. Kako je BH=2ON, onda je BG=2GN. Potonje znači da je točka G težište?ABC. Za točku G je zadovoljen odnos HG:GO=2:1.
Neka je dalje TF simetrala MNL i F sjecište te okomice s pravcem HO. Razmotrimo slične ?TGF i ?NGO. Točka G je težište ?MNL, pa je koeficijent sličnosti ?TGF i ?NGO jednak 2. Stoga je OG=2GF, a kako je HG=2GO, onda je HF=FO i F je sredina segmenta HO.
Provedemo li isto razmišljanje u vezi simetrale okomice na drugu stranu?MNL, tada ona također mora prolaziti sredinom odsječka HO. Ali to znači da je točka F točka simetrale okomice?MNL. Ova točka je središte Eulerove kružnice. Teorem je dokazan.
ZAKLJUČAK
U ovom smo radu pogledali 4 prekrasne točke trokuta, proučavane u školi, i njihova svojstva, na temelju kojih možemo riješiti mnoge probleme. Također su razmatrane Gergonneova točka, Eulerova kružnica i Eulerova pravac.
POPIS KORIŠTENIH IZVORA
1.Geometrija 7-9. Udžbenik za srednje škole // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. i drugi - M.: Obrazovanje, 1994.
2.Amelkin V.V. Geometrija u ravnini: Teorija, problemi, rješenja: Zbornik. Priručnik o matematici // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn.: “Asar”, 2003.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Priručnik o elementarnoj geometriji. Orenburg, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Problemi iz planimetrije. - 4. izdanje, dopunjeno - M.: Izdavačka kuća Moskovskog centra za kontinuirano matematičko obrazovanje, 2001.
Baranova Elena
Ovaj rad ispituje izvanredne točke trokuta, njihova svojstva i uzorke, kao što su kružnica s devet točaka i Eulerova ravna crta. S obzirom povijesna referenca otkriće Eulerove prave i kružnice s devet točaka. Predložen je praktični smjer primjene mog projekta.
Preuzimanje datoteka:
Pregled:
Da biste koristili preglede prezentacija, napravite račun za sebe ( račun) Google i prijavite se: https://accounts.google.com
Naslovi slajdova:
"ČUDESNE TOČKE TROKUTA." (Primijenjena i temeljna pitanja matematike) Elena Baranova 8. razred, MKOU “Srednja škola br. 20” Pos. Novoizobilny, Tatyana Vasilievna Dukhanina, profesorica matematike MKOU "Srednja škola br. 20" selo Novoizobilny 2013. Općinska uprava obrazovna ustanova"Srednja škola br. 20"
Cilj: proučiti trokut zbog njegovih izvanrednih točaka, proučiti njihovu klasifikaciju i svojstva. Zadaci: 1.Proučiti potrebna literatura 2. Proučiti klasifikaciju remarkabilnih točaka trokuta 3.. Upoznati se sa svojstvima remarkabilnih točaka trokuta 4. Znati konstruirati remarkabilne točke trokuta. 5. Istražite opseg izvanrednih točaka. Predmet učenja - dio matematike - geometrija Predmet učenja - trokut Relevantnost: proširiti svoje znanje o trokutu, svojstvima njegovih izvanrednih točaka. Hipoteza: veza između trokuta i prirode
Sjecište simetrala okomita. Jednako je udaljeno od vrhova trokuta i središte je opisane kružnice. Kružnice opisane oko trokuta čiji su vrhovi polovišta stranica trokuta i vrhovi trokuta sijeku se u jednoj točki koja se poklapa s točkom presjeka simetrala okomica.
Sjecište simetrala Sjecište simetrala trokuta jednako je udaljeno od stranica trokuta. OM=OA=OB
Sjecište visina Sjecište simetrala trokuta, čiji su vrhovi osnovice visina, poklapa se s sjecištem visina trokuta.
Sjecište medijana Medijane trokuta sijeku se u jednoj točki koja svaku središnju dijeli u omjeru 2:1, računajući od vrha. Ako je sjecište središnjica spojeno s vrhovima, tada će trokut biti podijeljen na tri trokuta jednake površine. Važno svojstvo sjecišta medijana je činjenica da je zbroj vektora, čiji je početak sjecište medijana, a krajevi vrhovi trokuta, jednak nuli 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
Torricellijeva točka Napomena: Torricellijeva točka postoji ako su svi kutovi trokuta manji od 120.
Kružnica od devet točaka B1, A1, C1 – osnovice visina; A2, B2, C2 – središta odgovarajućih stranica; A3, B3, C3 su središta dužina AN, VN i CH.
Eulerova ravna crta Sjecište medijana, sjecište visina, središte kružnice od devet točaka leže na jednoj ravnoj liniji, koja se naziva Eulerova ravna crta u čast matematičara koji je odredio ovaj obrazac.
Malo iz povijesti otkrića izvanrednih točaka Godine 1765. Euler je otkrio da središta stranica trokuta i osnovice njegovih visina leže na istoj kružnici. Najčudesnije svojstvo izvanrednih točaka trokuta je da su neke od njih međusobno povezane određenim omjerom. Sjecište središnjica M, sjecište visina H i središte opisane kružnice O leže na istoj ravnici, a točka M dijeli isječak OH tako da vrijedi relacija OM: OH = 1 Vrijedi : 2. Ovaj je teorem dokazao Leonhard Euler 1765. godine.
Povezanost geometrije i prirode. U tom položaju potencijalna energija ima najmanju vrijednost i zbroj odsječaka MA+MB+MC bit će najmanji, a zbroj vektora koji leže na tim odsječcima s početkom u Torricelli točki bit će jednak nuli.
Zaključci Saznao sam da osim prekrasnih sjecišta visina, središnjica, simetrala i simetrala koje poznajem, postoje i prekrasne točke i pravci trokuta. Znanje stečeno na ovu temu mogu koristiti u svom obrazovne aktivnosti, samostalno primijeniti teoreme na određene probleme, primijeniti naučene teoreme u stvarnoj situaciji. Vjerujem da je korištenje prekrasnih točaka i linija trokuta u učenju matematike učinkovito. Njihovo poznavanje znatno ubrzava rješavanje mnogih zadataka. Predloženi materijal može se koristiti iu nastavi matematike iu izvannastavnim aktivnostima za učenike od 5. do 9. razreda.
Pregled:
Za korištenje pregleda stvorite Google račun i prijavite se:
U trokutu postoje takozvane četiri izvanredne točke: točka presjeka središnjica. Sjecište simetrala, sjecište visina i sjecište simetrala. Pogledajmo svaki od njih.
Sjecište sredina trokuta
Teorem 1
Na sjecištu središnjica trokuta: Medijane trokuta sijeku se u jednoj točki i dijele ih sjecište u omjeru $2:1$ počevši od vrha.
Dokaz.
Razmotrimo trokut $ABC$, gdje su $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove središnje strane. Budući da medijani dijele stranice na pola. Razmotrimo srednju liniju $A_1B_1$ (slika 1).
Slika 1. Medijane trokuta
Prema teoremu 1, $AB||A_1B_1$ i $AB=2A_1B_1$, dakle, $\kut ABB_1=\kut BB_1A_1,\ \kut BAA_1=\kut AA_1B_1$. To znači da su trokuti $ABM$ i $A_1B_1M$ slični prema prvom kriteriju sličnosti trokuta. Zatim
Slično tome, dokazano je da
Teorem je dokazan.
Sjecište simetrala trokuta
Teorem 2
O sjecištu simetrala trokuta: Simetrale trokuta sijeku se u jednoj točki.
Dokaz.
Promotrimo trokut $ABC$, gdje su $AM,\BP,\CK$ njegove simetrale. Neka je točka $O$ sjecište simetrala $AM\ i\BP$. Povucimo okomice iz ove točke na stranice trokuta (slika 2).
Slika 2. Simetrale trokuta
Teorem 3
Svaka točka simetrale nerazvijenog kuta jednako je udaljena od njegovih stranica.
Prema teoremu 3, imamo: $OX=OZ,\ OX=OY$. Prema tome, $OY=OZ$. To znači da je točka $O$ jednako udaljena od stranica kuta $ACB$ i stoga leži na njegovoj simetrali $CK$.
Teorem je dokazan.
Sjecište simetrala okomitih trokuta
Teorem 4
Simetrale okomica na stranice trokuta sijeku se u jednoj točki.
Dokaz.
Neka je dan trokut $ABC$, $n,\ m,\ p$ njegove simetrale okomica. Neka je točka $O$ sjecište bisektoralnih okomica $n\ i\ m$ (sl. 3).
Slika 3. Simetrale okomica trokuta
Da bismo to dokazali, potreban nam je sljedeći teorem.
Teorem 5
Svaka točka simetrale okomice na isječak jednako je udaljena od krajeva isječka.
Prema teoremu 3, imamo: $OB=OC,\ OB=OA$. Prema tome, $OA=OC$. To znači da je točka $O$ jednako udaljena od krajeva dužice $AC$ i stoga leži na njezinoj simetrali $p$.
Teorem je dokazan.
Točka sjecišta visina trokuta
Teorem 6
Visine trokuta ili njihovi produžeci sijeku se u jednoj točki.
Dokaz.
Razmotrite trokut $ABC$, gdje je $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegova visina. Povucimo ravnu crtu kroz svaki vrh trokuta paralelnu sa stranicom nasuprot vrhu. Dobivamo novi trokut $A_2B_2C_2$ (slika 4).
Slika 4. Visine trokuta
Kako su $AC_2BC$ i $B_2ABC$ paralelogrami sa zajedničkom stranicom, onda je $AC_2=AB_2$, odnosno točka $A$ je polovište stranice $C_2B_2$. Slično, nalazimo da je točka $B$ polovište stranice $C_2A_2$, a točka $C$ polovište stranice $A_2B_2$. Iz konstrukcije imamo $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Stoga su $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ simetrale okomica trokuta $A_2B_2C_2$. Zatim, prema teoremu 4, imamo da se visine $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sijeku u jednoj točki.
