Generalinės ministerijos ir profesinis išsilavinimas Sverdlovsko sritis.
ISUO, Jekaterinburgas.
Švietimo įstaiga - MUSOSH numeris 212 "Jekaterinburgo kultūros licėjus"
Mokomoji sritis – matematika.
Tema yra geometrija.
Nuostabūs trikampio taškai
Referentas: 8 klasės mokinys
Selitskis Dmitrijus Konstantinovičius.
Prižiūrėtojas:
Rabkanovas Sergejus Petrovičius.
Jekaterinburgas, 2001 m
Įvadas 3
Aprašomoji dalis:
Ortocentras 4
Ledo centras 5
Svorio centras 7
Apriboto apskritimo centras 8
Eulerio 9 eilutė
Praktinė dalis:
Ortocentrinis trikampis 10
11 išvada
Literatūra 11
Įvadas.
Geometrija prasideda nuo trikampio. Du su puse tūkstantmečio trikampis buvo geometrijos simbolis. Jo naujos savybės nuolat atrandamos. Prireiks daug laiko, kol pakalbėsime apie visas žinomas trikampio savybes. Mane domino vadinamoji " Nuostabūs taškai trikampis". Tokių taškų pavyzdys yra pusiausvyros susikirtimo taškas. Pažymėtina, kad jei paimsite tris savavališkus erdvės taškus, iš jų sukursite trikampį ir nubrėžsite pusiausvyras, tada jie (pusiauliai) susikirs viename taške! Atrodytų, tai neįmanoma, nes paėmėme savavališkus taškus, tačiau ši taisyklė galioja visada. Kiti „įdomūs taškai“ turi panašių savybių.
Perskaitęs literatūrą šia tema, aš pataisiau penkių nuostabių taškų ir trikampio apibrėžimus ir savybes. Tačiau tuo mano darbas nesibaigė, norėjau pats ištirti šiuos dalykus.
Štai kodėl įvartisšis darbas - kai kurių puikių trikampio savybių tyrimas ir ortocentrinio trikampio tyrimas. Siekiant šio tikslo, galima išskirti šiuos etapus:
Literatūros parinkimas, padedant mokytojui
Tyrinėkite pagrindines nuostabių trikampio taškų ir linijų savybes
Šių savybių apibendrinimas
Su ortocentriniu trikampiu susijusios problemos sudarymas ir sprendimas
Pristačiau šiame tiriamajame darbe gautus rezultatus. Visus brėžinius dariau naudojant kompiuterinę grafiką (vektorinės grafikos redaktorius CorelDRAW).
Ortocentras. (Aukščių susikirtimo taškas)
Įrodykime, kad aukščiai susikerta viename taške. Perkelkime jus per viršūnes A, V ir SU trikampis ABC tiesios linijos, lygiagrečios priešingoms kraštinėms. Šios linijos sudaro trikampį A 1 V 1 SU 1 ... trikampio aukštis ABC yra statmenai trikampio kraštinėms A 1 V 1 SU 1 ... todėl jie susikerta viename taške – trikampio apibrėžtojo apskritimo centre A 1 V 1 SU 1 ... Trikampio aukščių susikirtimo taškas vadinamas ortocentru ( H).
Ledo centras yra įbrėžto apskritimo centras.
(Šiaulių sankirtos taškas)
Įrodykime, kad trikampio kampų pusiausvyros ABC susikerta viename taške. Apsvarstykite esmę O kampų pusiausvyros sankirta A ir V... bet kurie kampo A pusiausvyros taškai, esantys vienodu atstumu nuo tiesių AB ir AS, ir bet kuris kampo pusiausvyros taškas V vienodu atstumu nuo tiesių AB ir Saulė, taigi esmė O vienodu atstumu nuo tiesių AS ir Saulė, t.y. jis guli ant kampo pusiausvyros SU... tašką O vienodu atstumu nuo tiesių AB, Saulė ir CA, taigi yra apskritimas su centru O liesti šias linijas, o lietimo taškai yra pačiose šonuose, o ne jų tęsiniuose. Iš tiesų, kampai viršūnėse A ir V trikampis AOB aštrus todėl projekcijos taškas O tiesioje linijoje AB yra segmento viduje AB.
Vakarėliams Saulė ir CAįrodymas panašus.
Icentras turi tris savybes:
Jei kampo pusiausvyros tęsinys SU kerta trikampio apskritimą ABC taške M, tada MA=MV=MO.
Jeigu AB- lygiašonio trikampio pagrindas ABC, tada apskritimo liestinė su kampo kraštais ASV taškais A ir V, eina per tašką O.
Jei tiesė, einanti per tašką O lygiagrečiai šonui AB, kerta šonus Saulė ir CA taškais A 1 ir V 1 , tada A 1 V 1 =A 1 V+AB 1 .
Svorio centras. (medianų susikirtimo taškas)
Įrodykime, kad trikampio medianos susikerta viename taške. Norėdami tai padaryti, apsvarstykite esmę M kur susikerta medianos AA 1 ir BB 1 ... nubrėžti trikampį BB 1 SU vidurinė linija A 1 A 2 lygiagrečiai BB 1 ... tada A 1 M: AM=V 1 A 2 : AB 1 =V 1 A 2 :V 1 SU=VA 1 : Saulė= 1:2, t.y. medianinis susikirtimo taškas BB 1 ir AA 1 dalija medianą AA 1 santykiu 1:2. Panašiai ir medianų susikirtimo taškas SS 1 ir AA 1 dalija medianą AA 1 santykiu 1:2. Todėl medianų susikirtimo taškas AA 1 ir BB 1 sutampa su medianų susikirtimo tašku AA 1 ir SS 1 .
Jei trikampio medianų susikirtimo taškas yra sujungtas su viršūnėmis, tai trikampiai suskaidomi į tris vienodo ploto trikampius. Iš tiesų, pakanka įrodyti, kad jei R- bet kuris medianos taškas AA 1 trikampyje ABC, tada trikampių plotai GKŠP ir AKR yra lygūs. Juk medianos AA 1 ir RA 1 trikampiuose ABC ir RVS supjaustykite juos vienodo ploto trikampiais.
Tiesa ir atvirkščiai: jei tam tikru momentu R guli trikampio viduje ABC, trikampių plotai GKŠP, TREČIADIENĮ ir SAR tada yra lygūs R- medianų susikirtimo taškas.
Susikirtimo taškas turi dar vieną savybę: jei iš bet kokios medžiagos išpjaunate trikampį, ant jo nupiešite medianas, medianų susikirtimo taške pritvirtinate keltuvą ir pritvirtinsite kardaną ant trikojo, tada modelis (trikampis) būti pusiausvyros būsenoje, todėl susikirtimo taškas yra ne kas kita, kaip trikampio svorio centras.
Apriboto apskritimo centras.
Įrodykime, kad yra taškas, nutolęs vienodu atstumu nuo trikampio viršūnių, arba, kitaip, kad yra apskritimas, einantis per tris trikampio viršūnes. Taškų vieta vienodu atstumu nuo taškų A ir V, yra statmenas atkarpai AB einantis per jo vidurį (viduris statmenas atkarpai AB). Apsvarstykite esmę O, kurioje susikerta statmenys tiesių atkarpoms AB ir Saulė... Taškas O vienodu atstumu nuo taškų A ir V ir taip pat iš taškų V ir SU... todėl jis yra vienodu atstumu nuo taškų A ir SU, t.y. jis taip pat guli ant vidurio statmenai atkarpai AS.
centras O Apribotasis apskritimas yra trikampio viduje tik tuo atveju, jei šis trikampis yra smailaus kampo. Jei trikampis yra stačiakampis, tada taškas O sutampa su hipotenuzės viduriu, o jei viršūnės kampas SU bukas tada tiesus AB atskiria taškus O ir SU.
Matematikoje dažnai nutinka taip, kad objektai, apibrėžti labai įvairiai, pasirodo esą vienodi. Parodykime tai pavyzdžiu.
Leisti būti A 1 , V 1 ,SU 1 - šonų vidurys Saulė,CA ir AB. Galima įrodyti, kad apskritimai apibrėžti apie trikampius AB 1 SU, A 1 Saulė 1 ir A 1 V 1 SU 1 susikerta viename taške, o šis taškas yra trikampio apibrėžtojo apskritimo centras ABC... Taigi, mes turime du iš pažiūros visiškai skirtingus taškus: statmenų susikirtimo tašką su trikampio kraštinėmis. ABC ir trikampių apibrėžtųjų apskritimų susikirtimo tašką AB 1 SU 1 , A 1 Saulė ir A 1 V 1 SU 1 ... bet pasirodo, kad šie du taškai sutampa.
Eulerio linija.
Labiausiai nuostabi nuosavybėĮspūdingi trikampio taškai yra tai, kad kai kurie iš jų yra tarpusavyje susiję tam tikrais santykiais. Pavyzdžiui, svorio centras M, ortocentras H ir apibrėžtojo apskritimo centras O guli vienoje tiesėje, o taškas M dalija atkarpą OH taip, kad santykis OM: MN= 1:2. Šią teoremą 1765 metais įrodė šveicarų mokslininkas Leonardo Euleris.
Ortocentrinis trikampis.
Ortocentrinis trikampis(stačiakampis) yra trikampis ( MNKAM), kurios viršūnės yra šio trikampio aukščių pagrindai ( ABC). Šis trikampis turi daug įdomių savybių. Štai vienas iš jų.
Nuosavybė.
Įrodykite:
Trikampiai AKM, CMN ir BKN kaip trikampis ABC;
Stačiakampiai kampai MNK yra tokie: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.
Įrodymas:
Mes turime AB cos A, AK cos A... Vadinasi, ESU/AB = AK/AC.
Nes šalia trikampių ABC ir AKM injekcija A- bendras, tada jie yra panašūs, iš kur darome išvadą, kad kampas L AKM = L C... Štai kodėl L BKM = L C... Be to, mes turime L MKC= π / 2 - L C, L NKC= π / 2 - - - L C, t.y. SC- kampo bisektorius MNK... Taigi, L MNK= π - 2 L C... Likusios lygybės įrodomos panašiai.
Išvada.
Baigiant šį tiriamąjį darbą galima padaryti tokias išvadas:
Įspūdingi trikampio taškai ir linijos yra:
ortocentras trikampis yra jo aukščių susikirtimo taškas;
ir centras trikampis yra pusiausvyros susikirtimo taškas;
svorio centras trikampis yra jo medianų susikirtimo taškas;
apibrėžtojo apskritimo centras- tai vidurinių statmenų susikirtimo taškas;
Eulerio linija Tai tiesi linija, ant kurios yra svorio centras, ortocentras ir apibrėžtojo apskritimo centras.
Ortocentrinis trikampis padalija šį trikampį į tris panašius.
Atlikęs šį darbą daug sužinojau apie trikampio savybes. Šis darbas man buvo aktualus matematikos srities žinių tobulinimo požiūriu. Ateityje siūlau plėtoti šią labai įdomią temą.
Bibliografija.
A.P. Kiselevas, elementarioji geometrija. - M .: Švietimas, 1980 m.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Nauji susitikimai su geometrija. - M .: Nauka, 1978 m.
V. V. Prasolovas Planimetrijos užduotys. - Maskva: Nauka, 1986 .-- 1 dalis.
Sharygin I.F. Geometrijos problemos: planimetrija. - M .: Nauka, 1986 m.
Skanavi M.I. Matematika. Problemos su sprendimais. - Rostovas prie Dono: Finiksas, 1998 m.
Bergeris M. Geometrija dviejuose tomuose – M: Mir, 1984 m.
Įvadas
Mus supančio pasaulio objektai turi tam tikrų savybių, kurias tiria įvairūs mokslai.
Geometrija yra matematikos šaka, nagrinėjanti įvairias formas ir jų savybes, o jos šaknys yra tolimoje praeityje.
Ketvirtoje „Elementų“ knygoje Euklidas išsprendžia uždavinį: „Įbrėžkite apskritimą nurodytame trikampyje“. Iš sprendinio matyti, kad trys trikampio vidinių kampų pusiausvyros susikerta viename taške – įbrėžto apskritimo centre. Iš kitos euklido problemos sprendimo išplaukia, kad į trikampio kraštines atstatyti statmenys jų vidurio taškuose taip pat susikerta viename taške – apibrėžtojo apskritimo centre. „Pradžiose“ nesakoma, kad trys trikampio aukščiai susikerta viename taške, vadinamame ortocentru (graikiškas žodis „orthos“ reiškia „tiesus“, „teisinga“). Tačiau šis pasiūlymas buvo žinomas Archimedui. Ketvirtasis trikampio vienaskaitos taškas yra medianų sankirta. Archimedas įrodė, kad tai yra trikampio svorio centras (baricentras).
Aukščiau minėti keturi taškai buvo ištraukti lygiosiomis Ypatingas dėmesys, o nuo 18 amžiaus jie buvo vadinami „ypatingais“ arba „ypatingais“ trikampio taškais. Su šiais ir kitais taškais susieto trikampio savybių tyrimas buvo pradžia kuriant naują elementariosios matematikos šaką – „trikampio geometriją“ arba „naują trikampio geometriją“, kurios vienas iš įkūrėjų. buvo Leonardas Euleris.
1765 m. Euleris įrodė, kad bet kuriame trikampyje ortocentras, baricentras ir apibrėžto apskritimo centras yra vienoje tiesėje, vėliau vadinamoje „Eulerio linija“. Dešimtajame dešimtmetyje prancūzų matematikai J. Poncelet, C. Brianchon ir kiti savarankiškai nustatė tokią teoremą: medianų pagrindai, aukščių pagrindai ir aukščių atkarpų, jungiančių ortocentrą su vidurio taškais, vidurio taškai. trikampio viršūnės yra tame pačiame apskritime. Šis apskritimas vadinamas „devynių taškų apskritimu“ arba „Fierbacho apskritimu“ arba „Eulerio apskritimu“. K. Feuerbachas nustatė, kad šio apskritimo centras yra ant Eilerio linijos.
„Manau, kad niekada iki šiol negyvenome tokiu geometriniu laikotarpiu. Viskas aplink yra geometrija. Šie žodžiai, kuriuos XX amžiaus pradžioje ištarė didysis prancūzų architektas Le Corbusier, labai tiksliai apibūdina mūsų laiką. Pasaulis, kuriame gyvename, alsuoja namų ir gatvių, kalnų ir laukų, gamtos ir žmogaus kūrinių geometrija.
Mus domino vadinamieji „nuostabieji trikampio taškai“.
Perskaitę literatūrą šia tema, mes patys nustatėme nuostabių trikampio taškų apibrėžimus ir savybes. Tačiau tai nebuvo mūsų darbo pabaiga, todėl norėjome patys ištirti šiuos dalykus.
Štai kodėl įvartis duota dirbti - kai kurių nuostabių trikampio taškų ir linijų tyrimas, įgytų žinių pritaikymas sprendžiant problemas. Siekiant šio tikslo, galima išskirti šiuos etapus:
Atranka ir studijos mokymo medžiaga iš įvairių informacijos šaltinių, literatūros;
Pagrindinių trikampio taškų ir linijų savybių tyrimas;
Šių savybių apibendrinimas ir būtinų teoremų įrodymas;
Su nuostabiais trikampio taškais susijusių problemų sprendimas.
skyriusaš... Nuostabūs trikampio taškai ir linijos
1.1 Statmenų susikirtimo su trikampio kraštinėmis taškas
Vidurio taškas yra tiesi linija, einanti per atkarpos vidurio tašką, statmena jai. Mes jau žinome teoremą, apibūdinančią vidurio taško statmens savybę: kiekvienas atkarpos vidurio statmens taškas yra vienodu atstumu nuo jo galų ir nugaros, jei taškas yra vienodu atstumu nuo atkarpos galų, tada jis yra ant vidurio statmens.
Daugiakampis vadinamas įrašytu į apskritimą, jei visos jo viršūnės priklauso apskritimui. Šiuo atveju apskritimas vadinamas apibrėžtuoju apie daugiakampį.
Apskritimas gali būti aprašytas aplink bet kurį trikampį. Jo centras yra statmenų susikirtimo su trikampio kraštinėmis taškas.
Tegu taškas O yra trikampio AB ir BC kraštinių statmenų susikirtimo taškas.
Išvestis: taigi, jei taškas O yra vidurinių statmenų susikirtimo su trikampio kraštinėmis taškas, tai OA = OC = OB, t.y. taškas O yra vienodu atstumu nuo visų trikampio ABC viršūnių, o tai reiškia, kad jis yra apibrėžtojo apskritimo centras.
|
|
|
|
| smailaus kampo | bukas | stačiakampio formos |
Pasekmės
sin γ = c / 2R = c / sin γ = 2R.
Panašiai įrodyta a/ sin α = 2R, b / sin β = 2R.
Taigi:
Ši savybė vadinama sinuso teorema.
Matematikoje dažnai atsitinka, kad objektai yra visiškai apibrėžti kitaip, pasirodo tas pats.
Pavyzdys. Tegu A1, B1, C1 atitinkamai kraštinių ∆ABS BC, AC, AB vidurio taškai. Parodykite, kad apskritimai, aprašyti aplink trikampius AB1C1, A1B1C, A1BC1, susikerta viename taške. Be to, šis taškas yra apskritimo, aprašyto apie ∆ABS, centras.
|
| Apsvarstykite atkarpą AO ir šioje atkarpoje sukurkite apskritimą, kaip ir skersmenyje. Taškai C1 ir B1 patenka į šį apskritimą, nes yra stačių kampų viršūnės, pagrįstos AO. Taškai A, C1, B1 yra apskritime = šis apskritimas yra apibrėžtas apie ∆АВ1С1. Panašiai nubrėžiame atkarpą VO ir šioje atkarpoje sukonstruojame apskritimą, kaip ir ant skersmens. Tai bus apskritimas aplink ∆BC1 A1. Nubraižykime CO atkarpą ir ant šios atkarpos nubrėžkime apskritimą, kaip ir ant skersmens. Tai bus ratas aplink Šie trys apskritimai eina per tašką O – apskritimo, apibrėžto apie ∆ABS, centrą. |
Apibendrinimas. Jei ∆АВС АС, ВС, АС kraštinėse imame savavališkus taškus А 1, В 1, С 1, tai apskritimai, apibrėžti apie trikampius AB 1 С 1, А 1 В 1 С, А 1 ВС, susikerta viename taške 1 .
1.2 Trikampio bisektorių susikirtimo taškas
Taip pat yra atvirkščiai: jei taškas yra vienodu atstumu nuo kampo kraštinių, tada jis yra ant jo bisektoriaus.
Naudinga vieno kampo puses pažymėti tomis pačiomis raidėmis:
OAF = OAD = α, OBD = OBE = β, OCE = OCF = γ.
Tegul taškas O yra kampų A ir B pusiaukampių susikirtimo taškas. Pagal taško, esančio ant kampo A bisektoriaus, savybę, OF = OD = r. Pagal taško, esančio ant kampo B pusiausvyros, savybę OE = OD = r. Taigi OЕ = OD = OF = r = taškas O yra vienodu atstumu nuo visų trikampio ABC kraštinių, t.y. O yra įbrėžto apskritimo centras. (Taškas O yra vienintelis).
Išvestis: taigi, jei taškas O yra trikampio kampų pusiaukampių susikirtimo taškas, tai OЕ = OD = OF = r, t.y. taškas O yra vienodu atstumu nuo visų trikampio ABC kraštinių, o tai reiškia, kad jis yra įbrėžto apskritimo centras. Trikampio kampų pusiausvyros taškas O yra nuostabus trikampio taškas.
Pasekmės:
Iš trikampių AOF ir AOD (1 pav.) lygybės hipotenuzei ir smailiam kampui darytina išvada, kad AF = REKLAMA ... Iš OBD ir OBE trikampių lygybės matyti, kad BD = BE , Iš trikampių COE ir COF lygybės išplaukia, kad SU F = CE ... Taigi iš vieno taško į apskritimą nubrėžtų liestinių atkarpos yra lygios.
AF = AD = z, BD = BE = y, СF = CE = x
a = x + y (1), b= x +z (2), c = x + y (3).
+ (2) - (3), tada gauname: a +b-c =x+ y+ x+ z- z- y = a +b-c = 2x =
x = ( b + c - a) / 2
Panašiai: (1) + (3) - (2), tada gauname: y = (a + c -b)/2.
Panašiai: (2) + (3) - (1), tada gauname: z= (+b - c)/2.
Trikampio kampo pusiausvyra padalija priešingą kraštinę į atkarpas, proporcingas gretimoms kraštinėms.
1.3 Trikampio medianų susikirtimo taškas (centroidas)
1 įrodymas. Tegu A 1, B 1 ir C 1 yra atitinkamai trikampio ABC kraštinių BC, CA ir AB vidurio taškai (4 pav.).
Tegu G yra dviejų medianų AA 1 ir BB 1 susikirtimo taškas. Pirmiausia įrodykime, kad AG: GA 1 = BG: GB 1 = 2.
Norėdami tai padaryti, paimkite atkarpų AG ir BG vidurio taškus P ir Q. Pagal trikampio vidurio tiesės teoremą atkarpos B 1 A 1 ir PQ lygios pusei kraštinės AB ir yra lygiagrečios jai. Todėl keturkampis A 1 B 1 yra PQ lygiagretė. Tada jo įstrižainių PA 1 ir QB 1 susikirtimo taškas G padalija kiekvieną iš jų pusiau. Todėl taškai P ir G padalija medianą AA 1 į tris lygias dalis, o taškai Q ir G padalija medianą BB 1 taip pat į tris lygias dalis. Taigi, dviejų trikampio medianų susikirtimo taškas G padalija kiekvieną iš jų santykiu 2:1, skaičiuojant nuo viršūnės.
Trikampio medianų susikirtimo taškas vadinamas centroidas arba gravitacijos centras trikampis. Šis pavadinimas atsirado dėl to, kad būtent šioje vietoje yra vienalytės trikampės plokštės svorio centras.
1.4 Trikampio aukščių susikirtimo taškas (ortocentras)
1.5 Torricelli taškas
Kelią nurodo trikampis ABC. Šio trikampio Torricelli taškas yra taškas O, iš kurio kraštinės šis trikampis matomas 120° kampu, t.y. kampai AOB, AOC ir BOC yra lygūs 120°.
Įrodykime, kad jei visi trikampio kampai yra mažesni nei 120 °, tada Torricelli taškas egzistuoja.
Trikampio ABC kraštinėje AB sukonstruokite lygiakraštį trikampį ABC "(6 pav., a) ir aprašykite jį apskritimą. Atkarpa AB susitraukia šio apskritimo lanku 120°. Vadinasi, šio lanko taškai, išskyrus A ir B, turi savybę, kad atkarpa AB iš jų matoma 120° kampu. Panašiai trikampio ABC kraštinėje AC sukonstruokite lygiakraštį trikampį ACB "(6 pav., a) ir apibūdinkite aplink jį esantį ratą. Atitinkamo lanko taškai, išskyrus A ir C, turi savybę, kad atkarpa AC iš jų matoma 120° kampu. Tuo atveju, kai trikampio kampai yra mažesni nei 120°, šie lankai susikerta tam tikrame vidiniame taške O. Šiuo atveju ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Todėl ∟BOC = 120 °. Todėl taškas O yra norimas.
Tuo atveju, kai vienas iš trikampio kampų, pavyzdžiui, ABC, yra lygus 120 °, apskritimų lankų susikirtimo taškas bus taškas B (6 pav., b). Šiuo atveju Torricelli taško nėra, nes negalima kalbėti apie kampus, kuriais iš šio taško matomos kraštinės AB ir BC.
Tuo atveju, kai vienas iš trikampio kampų, pavyzdžiui, ABC, yra didesnis nei 120 ° (6 pav., c), atitinkami apskritimų lankai nesikerta, o Torricelli taško taip pat nėra.
Su Torricelli tašku siejama Ferma problema (kurią nagrinėsime II skyriuje) rasti tašką, kurio atstumų suma iki trijų nurodytų taškų yra mažiausia.
1.6 Devynių taškų ratas
Iš tiesų, A 3 B 2 yra trikampio AHC vidurio linija, todėl A 3 B 2 || CC 1. B 2 A 2 - trikampio ABC vidurinė linija, taigi ir B 2 A 2 || AB. Kadangi CC 1 ┴ AB, tada A 3 B 2 A 2 = 90 °. Panašiai A 3 C 2 A 2 = 90 °. Todėl taškai A 2, B 2, C 2, A 3 yra tame pačiame apskritime, kurio skersmuo A 2 A 3. Kadangi AA 1 ┴BC, taškas A 1 taip pat priklauso šiam apskritimui. Taigi taškai A 1 ir A 3 yra apskritime, apibrėžtame apie trikampį A2B2C2. Panašiai parodyta, kad taškai B 1 ir B 3, C 1 ir C 3 yra šiame apskritime. Tai reiškia, kad visi devyni taškai yra tame pačiame apskritime.
Šiuo atveju devynių taškų apskritimo centras yra viduryje tarp aukščių susikirtimo centro ir apibrėžtojo apskritimo centro. Išties, įmeskime trikampį ABC (9 pav.), tašką O – apibrėžtojo apskritimo centrą; G yra medianų susikirtimo taškas. H yra aukščių susikirtimo taškas. Reikia įrodyti, kad taškai O, G, H yra vienoje tiesėje, o devynių taškų N apskritimo centras dalija atkarpą OH pusiau.
Apsvarstykite homotetiją, kurios centras yra G ir kurio koeficientas yra -0,5. Trikampio ABC viršūnės A, B, C atitinkamai judės į taškus A 2, B 2, C 2. Trikampio ABC aukščiai sutaps su trikampio A 2 B 2 C 2 aukščiais, todėl taškas H eis į tašką O. Todėl taškai O, G, H bus vienoje tiesėje.
Parodykime, kad atkarpos OH vidurio taškas N yra devynių taškų apskritimo centras. Iš tiesų, C 1 C 2 yra devynių taškų apskritimo styga. Todėl vidurio statmenas šiai stygai yra skersmuo ir kerta OH viduryje N. Panašiai, vidurio statmenas stygai B 1 B 2 yra skersmuo ir kerta OH tame pačiame taške N. Taigi N yra devynių taškų apskritimo centras. Q.E.D.
Iš tiesų, tegul P yra savavališkas taškas, esantis apskritime, apibrėžtame apie trikampį ABC; D, E, F - statmenų pagrindai, nukritę iš taško P į trikampio kraštines (10 pav.). Parodykime, kad taškai D, E, F yra vienoje tiesėje.
Atkreipkite dėmesį, kad jei AP eina per apskritimo centrą, tai taškai D ir E sutampa su viršūnėmis B ir C. Priešingu atveju vienas iš kampų ABP arba ACP yra aštrus, o kitas – bukas. Iš to išplaukia, kad taškai D ir E bus išdėstyti išilgai skirtingos pusės iš tiesės BC ir norint įrodyti, kad taškai D, E ir F yra kolinearūs, pakanka patikrinti, ar ∟CEF = ∟BED.
Apibūdinkime apskritimą, kurio skersmuo CP. Kadangi ∟CFP = ∟CEP = 90°, taškai E ir F yra šiame apskritime. Todėl ∟CEF = ∟CPF kaip įbrėžtieji kampai, paremti vienu apskritimo lanku. Be to, ∟CPF = 90 ° - ∟PCF = 90 ° - ∟DBP = ∟BPD. Apibūdinkime apskritimą, kurio skersmuo BP. Kadangi ∟BEP = ∟BDP = 90°, taškai F ir D yra šiame apskritime. Todėl ∟BPD = ∟BED. Todėl galiausiai gauname, kad ∟CEF = ∟BED. Taigi taškai D, E, F yra vienoje tiesėje.
skyriusIISpręsti problemas
Pradėkime nuo problemų, susijusių su trikampio bisektorių, medianų ir aukščių padėtimi. Jų sprendimas, viena vertus, leidžia prisiminti anksčiau dengtą medžiagą, kita vertus, sukuria reikiamus geometrinius vaizdus, paruošia daugiau sunkių užduočių.
1 tikslas. Trikampio ABC kampuose A ir B (∟A
Sprendimas. Tada tegul CD yra aukštis, o CE yra bisektorius
∟BCD = 90° – ∟B, ∟BCE = (180° – ∟A – ∟B): 2.
Todėl ∟DCE =.
Sprendimas. Tegu O yra trikampio ABC bisektorių susikirtimo taškas (1 pav.). Pasinaudokime tuo, kad prieš didesnę trikampio kraštinę yra didesnis kampas. Jei AB BC, tai ∟A
Sprendimas. Tegu O yra trikampio ABC aukščių susikirtimo taškas (2 pav.). Jei AC ∟B. Per taškus F ir G eis apskritimas, kurio skersmuo BC. Atsižvelgdami į tai, kad iš dviejų stygų yra mažesnė, ant kurios remiasi mažesnis įbrėžtas kampas, gauname tą CG
Įrodymas. Ant trikampio ABC kraštinių AC ir BC, kaip ir ant skersmenų, nubrėžkite apskritimus. Šiems apskritimams priklauso taškai A 1, B 1, C 1. Todėl ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, kaip kampai, pagrįsti tuo pačiu apskritimo lanku. ∟B 1 BC = ∟CAA 1, kaip kampai su viena kitai statmenomis kraštinėmis. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 kaip kampai, pagrįsti tuo pačiu apskritimo lanku. Todėl ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, tai yra, CC 1 yra kampo B 1 C 1 A 1 pusiausvyra. Panašiai parodyta, kad AA 1 ir BB 1 yra kampų B 1 A 1 C 1 ir A 1 B 1 C 1 pusiausvyros.
Nagrinėjamas trikampis, kurio viršūnės yra šio smailiojo trikampio aukščių pagrindai, duoda atsakymą į vieną iš klasikinių ekstremalių problemų.
Sprendimas. Tegu ABC yra duotas smailaus kampo trikampis. Jo kraštinėse reikia rasti tokius taškus A 1, B 1, C 1, kuriems trikampio perimetras A 1 B 1 C 1 būtų mažiausias (4 pav.).
Pirmiausia fiksuojame tašką C 1 ir ieškome taškų A 1 ir B 1, kurių trikampio A 1 B 1 C 1 perimetras yra mažiausias (tam tikroje taško C 1 padėtyje).
Norėdami tai padaryti, apsvarstykite taškus D ir E simetriškus taškui C 1 tiesių AC ir BC atžvilgiu. Tada B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E ir todėl trikampio A 1 B 1 C 1 perimetras bus lygus trūkinės linijos DB 1 A 1 E ilgiui. aišku, kad šios trūkinės linijos ilgis yra mažiausias, jei taškai B 1, A 1 yra tiesėje DE.
Dabar pakeisime taško C 1 padėtį ir ieškosime tokios padėties, kurioje atitinkamo trikampio A 1 B 1 C 1 perimetras yra mažiausias.
Kadangi taškas D yra simetriškas C 1 AC atžvilgiu, tai CD = CC 1 ir ACD = ACC 1. Taip pat CE = CC 1 ir BCE = BCC 1. Todėl trikampis CDE yra lygiašonis. Jo kraštinė lygi CC 1. DE pagrindas yra lygus perimetrui P trikampis A 1 B 1 C 1. Kampas DCE yra lygus dvigubam trikampio ABC kampui ACB, todėl nepriklauso nuo taško C 1 padėties.
Lygiašoniame trikampyje su tam tikru viršūnės kampu, kuo mažesnė kraštinė, tuo mažesnis pagrindas. Štai kodėl mažiausia vertė perimetras P pasiekiamas mažiausio CC 1 atveju. Ši vertė laikoma, jei CC 1 yra trikampio ABC aukštis. Taigi norimas taškas C 1 kraštinėje AB yra aukščio, nubrėžto iš viršūnės C, pagrindas.
Atkreipkite dėmesį, kad pirmiausia galėtume užfiksuoti ne tašką C 1, o tašką A 1 arba tašką B 1 ir gautume, kad A 1 ir B 1 yra atitinkamų trikampio ABC aukščių pagrindai.
Iš to išplaukia, kad norimas trikampis, mažiausias perimetras, įrašytas į duotąjį smailųjį trikampį ABC, yra trikampis, kurio viršūnės yra trikampio ABC aukščių pagrindai.
Sprendimas.Įrodykime, kad jei trikampio kampai yra mažesni nei 120 °, tai norimas taškas Steinerio uždavinyje yra Torricelli taškas.
Apsukime trikampį ABC aplink viršūnę C 60° kampu, pav. 7. Gauname trikampį A'B'C. Paimkite savavališką trikampio ABC tašką O. Sukant jis pasislinks į tam tikrą tašką O '. OO'C trikampis yra lygiakraštis, nes CO = CO 'ir ∟OCO' = 60 °, todėl OC = OO'. Todėl ilgių OA + OB + OC suma bus lygi trūkinės linijos AO+ OO '+ O'B' ilgiui. Akivaizdu, kad šios linijos ilgis įgyja mažiausią reikšmę, jei taškai A, O, O ', B' yra vienoje tiesėje. Jei O yra Torricelli taškas, tai yra. Iš tiesų, ∟AOC = 120 °, ∟COO "= 60 °. Todėl taškai A, O, O yra vienoje tiesėje. Panašiai ∟CO'O = 60 °, ∟CO" B "= 120 °. Todėl taškai O, O ', B' yra vienoje tiesėje, taigi visi taškai A, O, O ', B' yra vienoje tiesėje.
Išvada
Trikampio geometrija, kartu su kitomis elementarios matematikos dalimis, leidžia pajusti matematikos grožį apskritai ir gali kažkam tapti kelio į „didįjį mokslą“ pradžia.
Geometrija yra nuostabus mokslas. Jo istorija siekia ne vieną tūkstantmetį, tačiau kiekvienas susitikimas su juo gali padovanoti ir praturtinti (tiek mokiniui, tiek mokytojui) jaudinančio mažo atradimo naujove, nuostabiu kūrybos džiaugsmu. Iš tiesų, bet kuri elementariosios geometrijos problema iš esmės yra teorema, o jos sprendimas yra kukli (o kartais ir didžiulė) matematinė pergalė.
Istoriškai geometrija prasidėjo nuo trikampio, todėl du su puse tūkstantmečių trikampis buvo geometrijos simbolis. Mokyklos geometrija gali tapti įdomi ir prasminga, tik tada ji gali tapti tinkama, kai joje atsiranda gilus ir išsamus trikampio tyrimas. Keista, kad trikampis, nepaisant savo akivaizdaus paprastumo, yra neišsenkantis tyrimo objektas – niekas net mūsų laikais nedrįsta teigti, kad išstudijavo ir žino visas trikampio savybes.
Šiame darbe buvo nagrinėjamos trikampio pusiausvyros, vidurių, statmenų ir aukščių savybės, išplėstas trikampio žymių taškų ir tiesių skaičius, suformuluotos ir įrodytos teoremos. Buvo išspręsta nemažai problemų, susijusių su šių teoremų taikymu.
Pateikta medžiaga gali būti naudojama tiek pagrindinėse pamokose, tiek pasirenkamuose užsiėmimuose, tiek ruošiantis matematikos centralizuotam testavimui ir olimpiadoms.
Bibliografija
Bergeris M. Geometrija dviejuose tomuose – M: Mir, 1984 m.
A.P. Kiselevas, elementarioji geometrija. - M .: Švietimas, 1980 m.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Nauji susitikimai su geometrija. - M .: Nauka, 1978 m.
Latotinas L.A., Čebotaravskis B.D. Matematika 9. - Minskas: Narodnaja Asveta, 2014 m.
V. V. Prasolovas Planimetrijos užduotys. - Maskva: Nauka, 1986 .-- 1 dalis.
Skanavi M.I. Matematika. Problemos su sprendimais. - Rostovas prie Dono: Finiksas, 1998 m.
Sharygin I.F. Geometrijos problemos: planimetrija. - M .: Nauka, 1986 m.
Švietimo ir mokslo ministerija Rusijos Federacija Federalinis valstybės biudžetas švietimo įstaiga aukštasis profesinis išsilavinimas
Magnitogorskas Valstijos universitetas»
Fizikos ir matematikos fakultetas
Algebros ir geometrijos katedra
Kursinis darbas
Nuostabūs trikampio taškai
Baigta: 41 grupės mokinys
Vakhrameeva A.M
prižiūrėtojas
A.S. Velikikhas
Magnitogorskas 2014 m
Įvadas
Istoriškai geometrija prasidėjo nuo trikampio, todėl du su puse tūkstantmečių trikampis buvo tarsi geometrijos simbolis; bet jis ne tik simbolis, bet ir geometrijos atomas.
Kodėl būtent trikampis gali būti laikomas geometrijos atomu? Kadangi ankstesnės sąvokos - taškas, linija ir kampas - yra neaiškios ir neapčiuopiamos abstrakcijos kartu su susijusia teoremų ir problemų rinkiniu. Todėl šiandien mokyklinė geometrija gali tapti įdomi ir prasminga, tik tada ji gali tapti tikra geometrija, kai joje atsiranda gilus ir visapusiškas trikampio tyrimas.
Keista, kad trikampis, nepaisant savo akivaizdaus paprastumo, yra neišsenkantis tyrimo objektas – niekas net mūsų laikais nedrįsta teigti, kad išstudijavo ir žino visas trikampio savybes.
Tai reiškia, kad mokyklos geometrijos tyrimas negali būti atliktas be gilaus trikampio geometrijos tyrimo; Atsižvelgiant į trikampio, kaip tyrimo objekto, įvairovę, taigi ir į įvairių jo tyrimo metodų šaltinį, būtina parinkti ir parengti medžiagą, skirtą įdomių trikampio taškų geometrijai tirti. Be to, renkantis šią medžiagą, nereikėtų apsiriboti tik puikiais punktais, pateiktais mokyklos mokymo programa valstybė išsilavinimo standartas, pvz., įbrėžto apskritimo centras (pusiauklių susikirtimo taškas), apskritimo centras (vidurinių statmenų susikirtimo taškas), medianų susikirtimo taškas, aukščių susikirtimo taškas . Tačiau norint giliai įsiskverbti į trikampio prigimtį ir suvokti jo neišsemiamumą, būtina turėti kuo daugiau idėjų apie daugiau nuostabūs trikampio taškai. Be trikampio, kaip geometrinio objekto, neišsemiamumo, būtina atkreipti dėmesį į nuostabiausią trikampio, kaip tyrimo objekto, savybę: trikampio geometrijos tyrimą galima pradėti tiriant bet kurią iš jo savybių, remtis tuo; tada trikampio tyrimo metodą galima sukonstruoti taip, kad juo remiantis būtų galima susieti visas kitas trikampio savybes. Kitaip tariant, nesvarbu, kur pradėsite tyrinėti trikampį, visada galite patekti į bet kurią šios nuostabios figūros gelmę. Bet tada - kaip pasirinktis - galite pradėti tyrinėti trikampį, nagrinėdami nuostabius jo taškus.
Tikslas kursinis darbas yra nuostabių trikampio taškų tyrimas. Norint pasiekti šį tikslą, būtina išspręsti šias užduotis:
· Išstudijuoti pusiausvyros, medianos, aukščio, bisektoriaus sąvokas ir jų savybes.
· Apsvarstykite Gergonne tašką, Eulerio apskritimą ir Eulerio liniją, kurios nėra mokomos mokykloje.
1 SKYRIUS. Trikampio bisektorius, trikampio apskritimo centras. Trikampio pusiausvyros savybės. Gergonne tašką
1 Įbrėžtasis trikampio apskritimo centras
Nuostabieji trikampio taškai yra taškai, kurių vietą vienareikšmiškai lemia trikampis ir kurie nepriklauso nuo to, kokia tvarka paimtos trikampio kraštinės ir viršūnės.
Trikampio pusiausvyra yra trikampio, jungiančio viršūnę su tašku, esančiu priešingoje pusėje, kampo atkarpa.
Teorema. Kiekvienas neišplėtoto kampo bisektoriaus taškas yra vienodu atstumu (t. y. vienodu atstumu nuo tiesių, kuriose yra trikampio kraštinės) nuo jo kraštinių. Ir atvirkščiai: kiekvienas taškas, esantis kampo viduje ir vienodai nutolęs nuo kampo kraštų, yra ant jo bisektoriaus.
Įrodymas. 1) Paimkite savavališką kampo BAC bisektoriaus tašką M, nubrėžkite tiesėms AB ir AC statmenus MK ir ML ir įrodykite, kad MK = ML. Apsvarstykite stačiuosius trikampius ?AMK ir ?AML. Jie yra vienodi hipotenuze ir smailiu kampu (AM - bendroji hipotenuzė, 1 = 2 pagal sąlygą). Todėl MK = ML.
) Tegul taškas M yra BAC viduje ir yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių AB ir AC. Įrodykime, kad spindulys AM yra BAC pusiausvyra. Į tiesias AB ir AC nubrėžkime statmenis MK ir ML. Stačiakampiai trikampiai AKM ir ALM yra lygūs hipotenuzėje ir kojoje (AM yra bendroji hipotenuzė, MK = ML pagal sąlygą). Todėl 1 = 2. Bet tai taip pat reiškia, kad pluoštas AM yra BAC pusiausvyra. Teorema įrodyta.
Pasekmė. Trikampio pusiausvyros susikerta viename taške (įbrėžto apskritimo centras ir centras).
Raide O pažymėkime trikampio ABC pusiaukampių AA1 ir BB1 susikirtimo tašką ir iš šio taško atitinkamai nubrėžkime statmenis OK, OL ir OM tiesioms AB, BC ir CA. Pagal teoremą (Kiekvienas neišplėtoto kampo bisektoriaus taškas yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių. Ir atvirkščiai: kiekvienas taškas, esantis kampo viduje ir vienodai nutolęs nuo kampo kraštinių, yra ant jo bisektoriaus), sakome, kad OK = OM ir OK = OL. Todėl OM = OL, tai yra, taškas O yra vienodu atstumu nuo ACB kraštinių ir todėl yra ant šio kampo bisektoriaus CC1. Todėl visi trys bisektoriniai ?ABC susikerta taške O, jei reikia.
apskritimo bisektoriaus trikampio linija
1.2 Trikampio pusiausvyros savybės
Bisektorius BD (1.1 pav.) bet kurio kampo ?ABC padalija priešingą kraštinę į dalis AD ir CD, proporcingą gretimoms trikampio kraštinėms.
Reikia įrodyti, kad jei ABD = DBC, tai AD: DC = AB: BC.
Mes atliksime CE || BD prieš kertant tašką E su AB pusės tęsiniu. Tada pagal atkarpų, sudarytų tiesiose, susikertančiose kelių lygiagrečių tiesių, proporcingumo teoremą, turėsime proporciją: AD: DC = AB: BE. Norint pereiti nuo šios proporcijos į tą, kurią reikia įrodyti, pakanka rasti, kad BE = BC, tai yra, kad ?VISKAS yra lygiašoniai. Šiame trikampyje E = ABD (kaip kampai, atitinkantys lygiagrečias tieses) ir BCE = DBC (kaip kampai, esantys tose pačiose lygiagrečiose tiesėse).
Bet ABD = DBC pagal sąlygą; vadinasi, E = ALL, todėl kraštinės BE ir BC, esančios priešingos vienodiems kampams, yra lygios.
Dabar, pakeitę BE pirmiau pateiktoje proporcijoje BC, gauname proporciją, kurią norite įrodyti.
20 Vidinio ir gretimo trikampio kampo pusiausvyros yra statmenos.
Įrodymas. Tegul BD yra ABC pusiausvyra (1.2 pav.), o BE yra išorinio CBF, esančio greta nurodyto vidinio kampo, pusiausvyra, ?ABC. Tada, jei pažymime ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?tada 2 ? + 2?= 1800 ir taip ?+ ?= 900. O tai reiškia, kad BD? BE.
30 Trikampio išorinio kampo pusiausvyra skiria priešingą kraštinę išoriškaiį dalis, proporcingas gretimoms kraštinėms.
(1.3 pav.) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ ? CBD, AE / BC = AD / DC = AE / BC.
40 Bet kurio trikampio kampo pusiausvyra padalija priešingą kraštinę į atkarpas, proporcingas gretimoms trikampio kraštinėms.
Įrodymas. Apsvarstykite ?ABC. Apibrėžtumo sumetimais, bisektorius CAB kerta kraštinę BC taške D (1.4 pav.). Parodykime, kad BD: DC = AB: AC. Norėdami tai padaryti, per tašką C nubrėžkite liniją, lygiagrečią tiesei AB, ir šios linijos AD susikirtimo tašką pažymėkite E. Tada DAB = DEC, ABD = ECD ir todėl ?DAB ~ ?DEC – pirmasis trikampių panašumo ženklas. Be to, kadangi spindulys AD yra CAD bisektorius, tada CAE = EAB = AEC ir todėl ?ECA yra lygiašonis. Taigi AC = CE. Bet šiuo atveju iš panašumo ?DAB ir ?DEC reiškia, kad BD: DC = AB: CE = AB: AC, ir tai buvo būtina įrodyti.
Jei trikampio išorinio kampo bisektorius kerta priešingos šio kampo viršūnei kraštinės tęsinį, tai atkarpos nuo susikirtimo taško iki priešingos kraštinės galų yra proporcingos gretimoms trikampio kraštinėms.
Įrodymas. Apsvarstykite ?ABC. Tegu F yra kraštinės CA išplėtimo taškas, D – išorinio BAF trikampio bisektoriaus susikirtimo taškas su kraštinės CB plėtiniu (1.5 pav.). Parodykime, kad DC: DB = AC: AB. Iš tiesų, per tašką C nubrėžkime tiesę, lygiagrečią tiesei AB, ir E pažymime šios tiesės susikirtimo su tiese DA tašką. Tada trikampis ADB ~ ?EDC, taigi ir DC: DB = EC: AB. Ir nuo tada ?EAC = ?BLOGAI = ?CEA, lygiašoniai ?CEA pusė AC = EC, taigi ir DC: DB = AC: AB, kaip reikia.
3 Bisektoriaus savybių taikymo uždavinių sprendimas
1 uždavinys. Tegul O yra įbrėžto apskritimo centras ?ABC, CAB = ?... Įrodyti COB = 900 +? /2.
Sprendimas. Kadangi O yra įrašytas centras ?Apskritimo ABC (1.6 pav.), tada spinduliai BO ir CO yra atitinkamai pusiausvyros ABC ir BCA. Ir tada COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA) / 2 = 1800 - (1800 - ?)/2 = 900 + ?/ 2, pagal poreikį.
2 uždavinys. Tegul O yra aprašytojo centras ?Apskritimo ABC, H yra aukščio, nubrėžto į kraštinę BC, pagrindas. Įrodyti, kad pusiausvyra CAB taip pat yra pusiausvyra? OAH.
Tegu AD yra CAB bisektorius, o AE – apibrėžtojo skersmuo ?ABC apskritimas (1.7,1.8 pav.). Jeigu ?ABC – smailaus kampo (1.7 pav.), taigi ir ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ lanko kintamoji srovė ir ?BHA ir ?ECA stačiakampis (BHA = ECA = 900), tada ?BHA ~ ?ECA ir todėl CAO = CAE = HAB. Be to, BAD ir CAD sąlyginai yra lygūs, todėl HAD = BAD - BAH = CAD - CAE = EAD = OAD. Dabar tegul ABC = 900. Šiuo atveju aukštis AH sutampa su kraštine AB, tada taškas O priklausys hipotenusei AC ir todėl uždavinio teiginio pagrįstumas yra akivaizdus.
Apsvarstykite atvejį, kai ABC> 900 (1.8 pav.). Čia keturkampis ABCE yra įrašytas į apskritimą, todėl AEC = 1800 - ABC. Kita vertus, ABH = 1800 – ABC, t.y. AEC = ABH. Ir nuo tada ?BHA ir ?ECA - stačiakampis, todėl HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, tada HAD = HAB + BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Atvejai, kai BAC ir ACB yra kvaili, traktuojami panašiai. ?
4 taškas Gergonne
Gergonne taškas yra atkarpų, jungiančių trikampio viršūnes su šioms viršūnėms priešingų kraštinių ir į trikampį įrašyto apskritimo, susikirtimo taškas.
Tegul taškas O yra trikampio ABC apskritimo centras. Tegul apskritimas liečia trikampio BC, AC ir AB kraštines ties taškais D, E ir F, atitinkamai. Gergonne taškas yra tiesių atkarpų AD, BE ir CF sankirta. Tegul taškas O yra įbrėžto apskritimo centras ?ABC. Tegul apskritimas liečia trikampio BC, AC ir AB kraštines atitinkamai taškuose D, E ir F. Gergonne taškas yra tiesių atkarpų AD, BE ir CF sankirta.
Įrodykime, kad šios trys atkarpos iš tiesų susikerta viename taške. Atkreipkite dėmesį, kad įbrėžto apskritimo centras yra kampų pusiausvyros susikirtimo taškas ?ABC, o įbrėžto apskritimo spinduliai yra OD, OE ir OF ?trikampio kraštinės. Taigi, turime tris poras vienodų trikampių (AFO ir AEO, BFO ir BDO, CDO ir CEO).
Ar veikia AF?BD? CE ir AE? BŪTI? CF yra lygūs, nes BF = BD, CD = CE, AE = AF, todėl šių sandaugų santykis yra lygus ir pagal Chevos teoremą (Tegul taškai A1, B1, C1 yra šonuose BC, AC ir AB? ABC, atitinkamai. Tegul atkarpos AA1 , BB1 ir CC1 susitinka viename taške. Tada
(apeiti trikampį pagal laikrodžio rodyklę)), atkarpos susikerta viename taške.
Įrašyto apskritimo ypatybės:
Apskritimas vadinamas įbrėžtu trikampyje, jei jis liečia visas jo kraštines.
Galite įbrėžti apskritimą bet kuriame trikampyje.
Duota: ABC – duotasis trikampis, O – pusiaukampių susikirtimo taškas, M, L ir K – apskritimo liesties taškai su trikampio kraštinėmis (1.11 pav.).
Įrodykite: O yra apskritimo, įrašyto į ABC, centras.
Įrodymas. Iš taško O nubrėžkime statmenis OK, OL ir ОМ atitinkamai į kraštines AB, BC ir CA (1.11 pav.). Kadangi taškas O yra vienodu atstumu nuo trikampio ABC kraštinių, tai OK = OL = OM. Todėl apskritimas, kurio centras O, kurio spindulys OK, eina per taškus K, L, M. Trikampio ABC kraštinės liečia šį apskritimą taškuose K, L, M, nes yra statmenos spinduliams OK, OL ir OM. Taigi apskritimas, kurio centras O, kurio spindulys yra OK, yra įrašytas į trikampį ABC. Teorema įrodyta.
Į trikampį įbrėžto apskritimo centras yra jo bisektorių susikirtimo taškas.
Tegu pateiktas ABC, O – įbrėžto apskritimo centras, D, E ir F – apskritimo liesties su kraštinėmis taškai (1.12 pav.). ? AEO =? AOD pagal hipotenuzę ir koją (EO = OD - kaip spindulys, AO - bendras). Iš trikampių lygybės išplaukia, kad? OAD =? OAE. Taigi AO yra kampo EAD pusiausvyra. Lygiai taip pat įrodoma, kad taškas O yra ant kitų dviejų trikampio pusių.
Spindulys, nubrėžtas į liestinės tašką, yra statmenas liestei.
Įrodymas. Tegu apskritimas (O; R) yra duotas apskritimas (1.13 pav.), tiesė a liečia jį taške P. Tegul spindulys OP nėra statmenas a. Iš taško O nubrėžkite statmeną OD liestinės tiesei. Pagal liestinės apibrėžimą visi jos taškai, išskyrus tašką P, o ypač tašką D, yra už apskritimo ribų. Vadinasi, statmenos OD ilgis yra didesnis už įstrižosios OP ilgio R. Tai prieštarauja įstrižai savybei, o atsiradęs prieštaravimas patvirtina teiginį.
2 SKYRIUS. 3 puikūs trikampio taškai, Eulerio apskritimas, Eilerio linija.
1 Trikampio apibrėžtojo apskritimo centras
Atkarpai statmenas vidurio taškas yra tiesi linija, einanti per atkarpos vidurio tašką ir statmena jai.
Teorema. Kiekvienas vidurio taškas, statmenas atkarpai, yra vienodu atstumu nuo šios atkarpos galų. Ir atvirkščiai: kiekvienas taškas, esantis vienodu atstumu nuo atkarpos galų, yra jai statmenai.
Įrodymas. Tegul tiesė m yra vidurio taškas, statmenas atkarpai AB, taškas O – atkarpos vidurio taškas.
Apsvarstykite savavališką tiesės m tašką M ir įrodykite, kad AM = BM. Jei taškas M sutampa su tašku O, tada ši lygybė yra teisinga, nes O yra atkarpos AB vidurio taškas. Tegul M ir O - skirtingus taškus... Stačiakampis ?OAM ir ?OBM yra lygūs dviejose kojose (OA = OB, OM - bendroji dalis), todėl AM = VM.
) Apsvarstykite savavališką tašką N, esantį vienodu atstumu nuo atkarpos AB galų, ir įrodykite, kad taškas N yra tiesėje m. Jei N yra tiesės AB taškas, tai jis sutampa su atkarpos AB vidurio tašku O ir todėl yra tiesėje m. Jei taškas N nėra tiesėje AB, apsvarstykite ?АNB, kuris yra lygiašonis, nes АN = BN. Atkarpa NO yra šio trikampio mediana, taigi ir aukštis. Taigi NO yra statmenas AB, todėl tiesės ON ir m sutampa, todėl N yra tiesės m taškas. Teorema įrodyta.
Pasekmė. Viduriniai statmenys į trikampio kraštines susikerta viename taške (apibrėžtojo apskritimo centre).
Žymime O, vidurio statmenų m ir n susikirtimo tašką su kraštinėmis AB ir BC ?ABC. Pagal teoremą (kiekvienas atkarpai statmenos medianos taškas yra vienodu atstumu nuo šios atkarpos galų. Ir atvirkščiai: kiekvienas taškas, esantis vienodu atstumu nuo atkarpos galų, yra ant jai statmenos medianos.) Darome išvadą, kad OB = OA ir OB = OC, taigi: OA = OC, tai yra, taškas O yra vienodu atstumu nuo atkarpos AC galų ir todėl yra šiai atkarpai statmeno p vidurio. Todėl visi trys statmenai m, n ir p į šonus ?ABC susikerta taške O.
Smailiame trikampyje šis taškas yra viduje, bukukampiame trikampyje, trikampio išorėje, stačiakampiame trikampyje, hipotenuzės viduryje.
Trikampio vidurio statmena savybė:
Tiesios linijos, ant kurių guli trikampio vidinio ir išorinio kampų pusiausvyros, išeinančios iš vienos viršūnės, kertasi su statmena mediana į priešingą pusę su diametraliai priešingais trikampio apskritimo taškais.
Įrodymas. Pavyzdžiui, tegul bisektorius ABC kerta aprašytąjį apie ?ABC apskritimas taške D (2.1 pav.). Tada, kadangi įrašyti ABD ir DBC yra lygūs, tai AD = lankas DC. Bet vidurys statmenas AC pusei taip pat dalija lanką AC per pusę, todėl taškas D taip pat priklausys šiam vidurio statmenui. Be to, kadangi pagal 1.3 punkto savybę 30, BD bisektorius yra ABC, esantis greta ABC, pastarasis susikirs su apskritimu diametraliai priešingame taškui D, nes įrašytas stačias kampas visada remiasi į skersmenį.
2 Trikampio apskritimo stačiakampis
Aukštis yra statmenas, nubrėžtas nuo trikampio viršūnės iki tiesės, turinčios priešingą kraštinę.
Trikampio aukščiai (arba jų tęsinys) susikerta viename taške, (ortocentre).
Įrodymas. Apsvarstykite savavališką ?ABC ir įrodykite, kad tiesės AA1, BB1, CC1, kuriose yra jos aukščiai, susikerta viename taške. Brėžkime per kiekvieną viršūnę ?ABC yra tiesi linija, lygiagreti priešingai pusei. Mes gauname ?A2B2C2. Taškai A, B ir C yra šio trikampio kraštinių vidurio taškai. Iš tiesų, AB = A2C ir AB = CB2 kaip priešingos lygiagretainių ABA2C ir ABCB2 pusės, todėl A2C = CB2. Panašiai C2A = AB2 ir C2B = BA2. Be to, kaip matyti iš konstrukcijos, CC1 yra statmena A2B2, AA1 yra statmena B2C2 ir BB1 yra statmena A2C2. Taigi tiesios linijos AA1, BB1 ir CC1 yra vidurio statmenos į šonus ?A2B2C2. Todėl jie susikerta viename taške.
Priklausomai nuo trikampio tipo, stačiakampis gali būti trikampio viduje smailiame kampe, už jo ribų - buku kampu arba sutapti su viršūne, stačiakampiuose - sutapti su viršūne stačiu kampu.
Trikampio aukščio savybės:
Atkarpa, jungianti smailaus kampo trikampio dviejų aukščių pagrindus, iš jo nupjauna panašų į šį trikampį, kurio panašumo koeficientas lygus bendrojo kampo kosinusui.
Įrodymas. Tegul AA1, BB1, CC1 yra smailaus kampo trikampio ABC aukščiai, o ABC = ?(2.2 pav.). Stačiakampiai trikampiai BA1A ir CC1B turi bendrą ?, todėl jie yra panašūs, o tai reiškia, kad BA1 / BA = BC1 / BC = cos ?... Iš to išplaukia, kad BA1 / BC1 = BA / BC = cos ?, t.y. v ?C1BA1 ir ?ABC pusės greta bendros ??C1BA1 ~ ?ABC, o panašumo koeficientas yra cos ?... Panašiai įrodyta, kad ?A1CB1 ~ ?ABC su panašumo koeficientu cos BCA, ir ?B1AC1 ~ ?ABC su panašumo koeficientu cos CAB.
Aukštis, nuleistas stačiakampio trikampio hipotenuse, padalija jį į du panašius vienas į kitą ir panašius į pradinį trikampį, trikampius.
Įrodymas. Apsvarstykite stačiakampį ?ABC, kuris turi ?BCA = 900, o CD yra jo aukštis (2.3 pav.).
Tada panašumas ?ADC ir ?BDC išplaukia, pavyzdžiui, iš stačiakampių trikampių panašumo pagal dviejų kojų proporcingumą, nes AD / CD = CD / DB. Kiekvienas iš stačiakampių trikampių ADC ir BDC yra panašus į pradinį stačiakampį trikampį, jei tik remiantis panašumo požymiu dviem kampais.
Aukščio savybių taikymo uždavinių sprendimas
1 uždavinys. Įrodykite, kad trikampis, kurio viena iš viršūnių yra duoto bukojo trikampio viršūnė, o kitos dvi viršūnės yra bukojo trikampio aukščių pagrindai, neįskaitant kitų dviejų jo viršūnių, yra panašus į šį trikampis, kurio panašumo koeficientas lygus kampo kosinuso moduliui pirmoje viršūnėje ...
Sprendimas. Apsvarstykite bukas ?ABC su buku CAB. Tegul AA1, BB1, CC1 yra jo aukščiai (2.4, 2.5, 2.6 pav.), o CAB = ?, ABC =? , BCA = ?.
Įrodymas, kad ?C1BA1 ~ ?ABC (2.4 pav.) su panašumo koeficientu k = cos ?, visiškai pakartoja samprotavimus, atliktus 1 nuosavybės įrodymo 2.2 skirsnyje.
Įrodykime tai ?A1CB ~ ?ABC (2.5 pav.) su panašumo koeficientu k1 = cos ?, a ?B1AC1 ~ ?ABC (2.6 pav.) su panašumo koeficientu k2 = |cos? |.
Iš tiesų, stačiakampiai trikampiai CA1A ir CB1B turi bendrą kampą ?ir todėl yra panašūs. Iš to išplaukia, kad B1C / BC = A1C / AC = cos ?ir todėl B1C / A1C = BC / AC = cos ?, t.y. kraštinės trikampiuose A1CB1 ir ABC, sudarančios bendrą ??yra proporcingi. Ir tada antruoju trikampių panašumo pagrindu ?A1CB ~ ?ABC, o panašumo koeficientas k1 = cos ?... Kalbant apie paskutinį atvejį (2.6 pav.), tada iš stačiakampių trikampių svarstymo ?BB1A ir ?CC1A su lygiu vertikalūs kampai Iš to išplaukia, kad BAB1 ir C1AC yra panašūs, todėl B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = | cos ?|, nuo ??- kvailas. Taigi B1A / C1A = BA / CA = | cos ?| taigi trikampiuose ?B1AC1 ir ?ABC pusių formavimas vienodi kampai yra proporcingi. Tai reiškia, kad ?B1AC1 ~ ?ABC su panašumo koeficientu k2 = | cos? |.
2 uždavinys. Įrodykite, kad jei taškas O yra smailaus kampo trikampio ABC aukščių susikirtimo taškas, tai ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Sprendimas. Įrodykime pirmosios formulės, pateiktos problemos teiginyje, pagrįstumą. Kitos dvi formulės įrodomos panašiai. Taigi, tegul ABC = ?, AOC = ?... A1, B1 ir C1 yra atitinkamai iš viršūnių A, B ir C nubrėžto trikampio aukščių pagrindai (2.7 pav.). Tada iš stačiakampio trikampio BC1C išplaukia, kad BCC1 = 900 - ?taigi stačiakampiame trikampyje OA1C kampas COA1 yra ?... Bet kampų suma AOC + COA1 = ? + ?duoda neišskleistą kampą, todėl AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, ką ir reikėjo įrodyti.
3 uždavinys. Įrodykite, kad smailaus kampo trikampio aukščiai yra trikampio, kurio viršūnės yra šio trikampio aukščių pagrindai, kampų pusiausvyros.
2.8 pav
Sprendimas. Tegul AA1, BB1, CC1 yra smailaus kampo trikampio ABC aukščiai ir tegul CAB = ?(2.8 pav.). Įrodykime, pavyzdžiui, kad aukštis AA1 yra kampo C1A1B1 pusiausvyra. Iš tiesų, kadangi trikampiai C1BA1 ir ABC yra panašūs (1 savybė), tada BA1C1 = ?ir todėl C1A1A = 900 - ?... Iš trikampių A1CB1 ir ABC panašumo išplaukia, kad AA1B1 = 900 - ?ir todėl C1A1A = AA1B1 = 900 - ?... Bet tai taip pat reiškia, kad AA1 yra kampo C1A1B1 pusiausvyra. Panašiai įrodyta, kad kiti du trikampio ABC aukščiai yra kitų dviejų atitinkamų trikampio A1B1C1 kampų pusiausvyros.
3 Trikampio apskritimo svorio centras
Trikampio mediana yra atkarpa, jungianti bet kurią trikampio viršūnę su priešingos kraštinės viduriu.
Teorema. Trikampio mediana kertasi viename taške, (svorio centre).
Įrodymas. Apsvarstykite savavališką? ABC.
Raide O pažymėkime medianų AA1 ir BB1 susikirtimo tašką ir nubrėžkime šio trikampio vidurinę liniją A1B1. Atkarpa A1B1 lygiagreti kraštinei AB, todėl 1 = 2 ir 3 = 4. Todėl ?AOB ir ?A1OB1 yra panašūs dviem kampais, todėl jų kraštinės yra proporcingos: AO: A1O = BO: B1O = AB: A1B1. Bet AB = 2A1B1, todėl AO = 2A1O ir BO = 2B1O. Taigi medianų AA1 ir BB1 susikirtimo taškas O padalija kiekvieną iš jų santykiu 2:1, skaičiuojant nuo viršaus.
Panašiai įrodyta, kad medianų BB1 ir CC1 susikirtimo taškas, skaičiuojant nuo viršaus, padalija kiekvieną iš jų santykiu 2:1, todėl sutampa su tašku O ir padalija jį santykiu 2 : 1, skaičiuojant nuo viršaus.
Vidutinės trikampio savybės:
10 Trikampio medianos susikerta viename taške ir yra padalintos iš susikirtimo taško santykiu 2:1, skaičiuojant nuo viršūnės.
Duota: ?ABC, AA1, BB1 – medianos.
Įrodykite: AO: OA1 = BO: OV1 = 2: 1
Įrodymas. Nubrėžkime vidurinę liniją A1B1 (2.10 pav.), pagal vidurinės linijos savybę A1B1 || AB, A1B1 = 1/2 AB. Nuo A1B1 || AB, tada 1 = 2 guli skersai su lygiagrečiomis linijomis AB ir A1B1 ir sekante AA1. 3 = 4 skersai guli su lygiagrečiomis tiesiomis linijomis A1B1 ir AB bei skersine BB1.
Vadinasi, ?AOB ~ ?A1OB1 dviejų kampų lygybe, o tai reiškia, kad kraštinės yra proporcingos: AO / A1O = OB / OB1 = AB / A1B = 2/1, AO / A1O = 2/1; OB / OB1 = 2/1.
Mediana padalija trikampį į du vienodo ploto trikampius.
Įrodymas. BD – mediana ?ABC (2.11 pav.), BE yra jo aukštis. Tada ?ABD ir ?DBC yra vienodo dydžio, nes jie turi lygias bazes AD ir DC, o bendras aukštis BE.
Visas trikampis pagal jo medianas padalintas į šešis vienodus trikampius.
Jei tęsdami trikampio vidurį atidedame atkarpą, kurios ilgis yra lygus medianai, nuo trikampio kraštinės vidurio, tada šios atkarpos galas ir trikampio viršūnės yra trikampio viršūnės. lygiagretainis.
Įrodymas. Tegu D yra kraštinės BC vidurio taškas ?ABC (2.12 pav.), E yra taškas tiesėje AD, kad DE = AD. Tada, kadangi keturkampio ABEC įstrižainės AE ir BC jų susikirtimo taške D yra perpus sumažintos, iš 13.4 savybės išplaukia, kad keturkampis ABEC yra lygiagretainis.
Medianų savybių naudojimo problemų sprendimas:
1 uždavinys. Įrodykite, kad jei O yra medianų susikirtimo taškas ?Tada ABC ?AOB, ?BOC ir AOC yra vienodi.
Sprendimas. Tegul AA1 ir BB1 yra medianos ?ABC (2.13 pav.). Apsvarstykite ?AOB ir ?BOC. Akivaizdu, kad S ?AOB = S ?AB1B – S ?AB1O, S ?BOC = S ?BB1C – S ?OB1C. Bet pagal 2 savybę turime S ?AB1B = S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, iš kur išplaukia, kad S ?AOB = S ?BOC. Lygybė S AOB = S ?AOC.
2 uždavinys. Įrodykite, kad jei taškas O yra viduje ?ABC ir ?AOB, ?BOC ir ?AOC yra lygūs, tada O yra medianų susikirtimo taškas? ABC.
Sprendimas. Apsvarstykite ?ABC (2.14) ir tarkime, kad taškas O nėra medianoje BB1. Tada kadangi OB1 yra mediana ?AOC, tada S ?AOB1 = S ?B1OC, o kadangi pagal sąlygą S ?AOB = S ?BOC, tada S ?AB1OB = S ?BOB1C. Tačiau taip negali būti, nes S ?ABB1 = S ?B1BC. Gautas prieštaravimas reiškia, kad taškas O yra ant medianos BB1. Panašiai įrodyta, kad taškas O priklauso dar dviem medianams ?ABC. Iš to išplaukia, kad taškas O iš tikrųjų yra trijų medianų susikirtimo taškas? ABC.
3 uždavinys. Įrodykite, kad jei in ?ABC kraštinės AB ir BC nėra lygios, tada jos bisektorius BD yra tarp medianos BM ir aukščio BH.
Įrodymas. Aprašykime apie ?ABC apskritimą ir išplėskite jo pusiaukraštį BD iki susikirtimo su apskritimu taške K. Per tašką K bus statmena mediana atkarpai AC (ypatybė 1, iš 2.1 punkto), kurios taškas M yra bendras su mediana. kadangi atkarpos BH ir MK yra lygiagrečios, o taškai B ir K yra priešingose tiesės AC pusėse, tai atkarpų BK ir AC susikirtimo taškas priklauso atkarpai HM, ir tai įrodo reikiamą rezultatą.
4 uždavinys ?ABC Mediana BM yra perpus mažesnė už kraštinę AB ir sudaro 400 kampą su ja. Raskite ABC.
Sprendimas. Išplėskime medianą BM už taško M jo ilgiu ir gaukime tašką D (2.15 pav.). Kadangi AB = 2BM, tai AB = BD, tai yra, trikampis ABD yra lygiašonis. Todėl BAD = BDA = (180o - 40o): 2 = 70o. Keturkampis ABCD yra lygiagretainis, nes jo įstrižainės yra perpus sumažintos susikirtimo tašku. Taigi, CBD = ADB = 700. Tada ABC = ABD + CBD = 1100. Atsakymas 1100.
5 uždavinys. Kraštinės ABC lygios a, b, c. Apskaičiuokite medianą mc, nubrėžtą į kraštą c (2.16 pav.).
Sprendimas. Padvigubinkime medianą, lygiagretainiui ACVP užbaigę?ABC, o šiam lygiagretainiui pritaikykime teoremą 8. Gauname: CP2 + AB2 = 2AC2 + 2BC2, t.y. (2mc) 2 + c2 = 2b2 + 2a2, iš kur mes randame:
2.4 Eilerio apskritimas. Eulerio linija
Teorema. Savavališko trikampio vidurių pagrindai, aukščiai, taip pat atkarpų, jungiančių trikampio viršūnes su jo stačiakampiu, vidurio taškai yra viename apskritime, kurio spindulys lygus pusei apskritimo, apibrėžiamo maždaug trikampis. Šis apskritimas vadinamas devynių taškų apskritimu arba Eulerio apskritimu.
Įrodymas. Paimkite medianą MNL (2.17 pav.) ir apibūdinkite apskritimą aplink jį W. Atkarpa LQ yra mediana stačiakampyje AQB, todėl LQ = 1 / 2AB. Segmentas MN = 1 / 2AB, nes MN yra vidurinė linija? ABC. Iš to išplaukia, kad trapecija QLMN yra lygiašonė. Kadangi apskritimas W eina per 3 lygiašonės trapecijos L, M, N viršūnes, jis eina ir per ketvirtąją viršūnę Q. Panašiai įrodyta, kad P priklauso W, R priklauso W.
Pereikime prie taškų X, Y, Z. Atkarpa XL yra statmena BH kaip vidurinei linijai?AHB. BH yra statmena AC ir kadangi AC yra lygiagreti LM, BH yra statmena LM. Todėl XLM = P / 2. Panašiai XNM = P / 2.
Keturkampyje LXNM du priešingi kampai yra tiesios linijos, todėl aplink jį galima apibūdinti apskritimą. Tai bus apskritimas W. Taigi X priklauso W, panašiai Y priklauso W, Z priklauso W.
Vidurinis LMN panašus į ABC. Panašumo koeficientas lygus 2. Todėl devynių taškų apskritimo spindulys lygus R / 2.
Eulerio apskritimo savybės:
Devynių taškų apskritimo spindulys lygus pusei apskritimo, apibrėžto apie ABC, spindulio.
Devynių taškų apskritimas yra homotetinis apskritimui, apibrėžtam apie ABC, su koeficientu ½ o homotetiškumo centras taške H.
Teorema. Ortocentras, centroidas, apskritimo centras ir devynių taškų apskritimo centras yra toje pačioje tiesėje. Eulerio linija.
Įrodymas. Tegu H yra stačiakampis ABC (2.18 pav.), o O – apibrėžtojo apskritimo centras. Pagal konstrukciją medianos statmenyse ABC yra medianos MNL aukščiai, ty O kartu yra ortocentras LMN. ?LMN ~?ABC, jų panašumo koeficientas yra 2, todėl BH = 2ON.
Nubrėžkime tiesią liniją per taškus H ir O. Gauname du panašius trikampius NOG ir BHG. Kadangi BH = 2ON, tada BG = 2GN. Pastarasis reiškia, kad taškas G yra centroidas?ABC. Taške G yra įvykdytas santykis HG: GO = 2:1.
Tegul toliau TF yra statmens vidurio taškas? MNL ir F - šio statmens susikirtimo su tiese HO taškas. Apsvarstykite panašias TGF ir NVO. G taškas yra centroidas MNL, todėl panašumo koeficientas TGF ir NGO yra 2. Taigi OG = 2GF ir kadangi HG = 2GO, tai HF = FO ir F yra HO segmento vidurys.
Jei atliekame tą patį samprotavimą dėl vidurio taško, statmeno kitai pusei?MNL, tai jis taip pat turi eiti per atkarpos HO vidurio tašką. Bet tai reiškia, kad taškas F yra vidurio statmenų taškas? MNL. Toks taškas yra Eulerio apskritimo centras. Teorema įrodyta.
IŠVADA
Šiame darbe išnagrinėjome 4 nuostabius mokykloje tyrinėtus trikampio taškus ir jų savybes, kurių pagrindu galime išspręsti daugybę problemų. Taip pat buvo atsižvelgta į Gergonne tašką, Eulerio apskritimą ir Eulerio liniją.
NAUDOJAMŲ ŠALTINIŲ SĄRAŠAS
1.Geometrija 7-9. Vadovėlis vidurinėms mokykloms // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. ir kiti - M .: Švietimas, 1994 m.
2.V. V. Amelkinas Geometrija plokštumoje: Teorija, užduotys, sprendimai: Vadovėlis. Matematikos vadovas // V.V. Amelkin, V.L. Rabcevičius, V.L. Timokhovičius – Minskas: „Asar“, 2003 m.
.V.S. Bolodurinas, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Elementariosios geometrijos vadovas. Orenburgas, OGPI, 1991 m.
.V.G. Prasolovas Planimetrijos užduotys. - 4 leidimas, papildytas - M .: Maskvos tęstinio matematinio mokymo centro leidykla, 2001 m.
Baranova Elena
Šiame darbe aptariami svarbūs trikampio taškai, jų savybės ir modeliai, tokie kaip devynių taškų apskritimas ir Eulerio linija. Duota istorinė nuoroda Eilerio linijos ir devynių taškų apskritimo atradimas. Siūloma praktinė mano projekto taikymo kryptis.
Parsisiųsti:
Peržiūra:
Norėdami naudoti pristatymų peržiūrą, susikurkite paskyrą ( sąskaitą) Google ir prisijunkite prie jos: https://accounts.google.com
Skaidrių antraštės:
„PAŽYMI TRIKAMPIO TAŠKAI“. (Matematikos taikomieji ir pagrindiniai klausimai) Baranova Elena 8 kl., MKOU "20 vidurinė mokykla" Poz. Novoizobilny, Dukhanina Tatjana Vasiljevna, matematikos mokytoja MCOU "Vidurinė mokykla Nr. 20" Gyvenvietė Novoizobilny 2013. Savivaldybės viešoji švietimo įstaiga "Vidurinė mokykla Nr. 20"
Tikslas: trikampio įžymybių tyrimas, jų klasifikacijų ir savybių tyrimas. Tikslai: 1. Studijuoti reikalingos literatūros 2. Išstudijuoti nuostabių trikampio taškų klasifikaciją 3. Susipažinti su nuostabių trikampio taškų savybėmis 4. Mokėti pastatyti nuostabius trikampio taškus. 5. Ištirkite nuostabių taškų taikymo sritį. Tyrimo objektas – matematikos šaka – geometrija. Tyrimo objektas – trikampis Aktualumas: plėsti savo žinias apie trikampį, jo žymių taškų savybes. Hipotezė: ryšys tarp trikampio ir gamtos
Vidurinių statmenų susikirtimo taškas Jis yra vienodu atstumu nuo trikampio viršūnių ir yra apibrėžtojo apskritimo centras. Aplink trikampius apibrėžti apskritimai, kurių viršūnės yra trikampio kraštinių vidurio taškai, o trikampio viršūnės susikerta viename taške, kuris sutampa su vidurinių statmenų susikirtimo tašku.
Bisektorių susikirtimo taškas Trikampio pusiaukampių susikirtimo taškas yra vienodu atstumu nuo trikampio kraštinių. ОМ = ОА = ОВ
Aukščių susikirtimo taškas Trikampio, kurio viršūnės yra aukščių pagrindai, pusiaukampių susikirtimo taškas sutampa su trikampio aukščių susikirtimo tašku.
Medianų susikirtimo taškas Trikampio medianos susikerta viename taške, kuris kiekvieną medianą dalija santykiu 2:1, skaičiuojant nuo viršūnės. Jei medianų susikirtimo taškas yra sujungtas su viršūnėmis, tada trikampis bus padalintas į tris vienodo ploto trikampius. Svarbi medianų susikirtimo taško savybė yra ta, kad vektorių, kurių pradžia yra medianų susikirtimo taškas, o galai yra trikampių viršūnės, suma yra lygi nuliui М1 NCB А m2 m3 М1 NCB А m2 m3 М1 NCB А m2 m3 М1 NCB А m2 m3
Torricelli taškas Pastaba: Torricelli taškas egzistuoja, jei visi trikampio kampai yra mažesni už 120.
Devynių taškų apskritimas B1, A1, C1 – aukščių pagrindai; A2, B2, C2 - atitinkamų kraštinių vidurio taškai; A3, B3, C3, - segmentų AH, BH ir CH vidurys.
Eilerio linija Medianų susikirtimo taškas, aukščių susikirtimo taškas, devynių taškų apskritimo centras yra vienoje tiesėje, kuri vadinama Eulerio linija mokslininko matematiko, nustačiusio šį modelį, garbei.
Šiek tiek įdomių taškų atradimo istorijos 1765 m. Euleris atrado, kad trikampio kraštinių vidurio taškai ir jo aukščių pagrindai yra tame pačiame apskritime. Įspūdingiausia nuostabiųjų trikampio taškų savybė yra ta, kad kai kurie iš jų yra susiję vienas su kitu tam tikrais santykiais. Medianų M susikirtimo taškas, aukščių H susikirtimo taškas ir apibrėžtojo apskritimo centras O yra vienoje tiesėje, o taškas M padalija atkarpą OH taip, kad santykis OM: OH = 1: 2. Šią teoremą įrodė Leonardas Euleris 1765 m.
Geometrijos ryšys su gamta. Šioje padėtyje potenciali energija turi mažiausią reikšmę, o MA + MV + MC segmentų suma bus mažiausia, o vektorių, esančių ant šių atkarpų, kurių pradžia Torricelli taške, suma bus lygi nuliui.
Išvados Sužinojau, kad be man žinomų nuostabių aukščių, medianų, pusiaukampių ir statmenų susikirtimo taškų, yra ir nuostabių trikampio taškų ir linijų. Sukauptas žinias šia tema galiu panaudoti savo mokymosi veikla, savarankiškai taikyti teoremas tam tikroms problemoms spręsti, taikyti išnagrinėtas teoremas realioje situacijoje. Manau, kad nuostabių trikampio taškų ir linijų panaudojimas matematikos studijose yra efektyvus. Jų žinojimas labai pagreitina daugelio užduočių sprendimą. Siūloma medžiaga gali būti naudojama tiek matematikos pamokose, tiek popamokinėje veikloje 5-9 klasių mokiniams.
Peržiūra:
Norėdami naudoti peržiūrą, susikurkite sau „Google“ paskyrą (paskyrą) ir prisijunkite prie jos:
Trikampyje yra vadinamieji keturi svarbūs taškai: medianų susikirtimo taškas. Bisektorių susikirtimo taškas, aukščių susikirtimo taškas ir vidurio statmenų susikirtimo taškas. Panagrinėkime kiekvieną iš jų.
Trikampio medianų susikirtimo taškas
1 teorema
Ant trikampio medianų sankirtos: Trikampio medianos susikerta viename taške ir yra padalintos iš susikirtimo taško santykiu $ 2:1 $, pradedant nuo viršūnės.
Įrodymas.
Apsvarstykite trikampį $ ABC $, kur $ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ yra jo mediana. Kadangi medianos dalija puses per pusę. Panagrinėkime vidurinę liniją $ A_1B_1 $ (1 pav.).
1 pav. Trikampio medianos
Pagal 1 teoremą $ AB || A_1B_1 $ ir $ AB = 2A_1B_1 $, todėl $ \ kampas ABB_1 = \ kampas BB_1A_1, \ \ kampas BAA_1 = \ kampas AA_1B_1 $. Tai reiškia, kad trikampiai $ ABM $ ir $ A_1B_1M $ yra panašūs pirmuoju trikampių panašumo ženklu. Tada
Panašiai galima įrodyti
Teorema įrodyta.
Trikampio bisektorių susikirtimo taškas
2 teorema
Ant trikampio pusiausvyros sankirtos: trikampio pusiausvyros susikerta viename taške.
Įrodymas.
Apsvarstykite trikampį $ ABC $, kur $ AM, \ BP, \ CK $ yra jo pusiausvyra. Tegul taškas $ O $ yra pusiausvyros $ AM \ ir \ BP $ susikirtimo taškas. Iš šio taško nubrėžkime statmenus į trikampio kraštines (2 pav.).
2 pav. Trikampio pusiausvyros
3 teorema
Kiekvienas neišlenkto kampo bisektoriaus taškas yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių.
Pagal 3 teoremą turime: $ OX = OZ, \ OX = OY $. Todėl $ OY = OZ $. Tai reiškia, kad taškas $ O $ yra vienodu atstumu nuo kampo $ ACB $ kraštinių ir todėl yra ant jo pusiaukampio $ CK $.
Teorema įrodyta.
Trikampio vidurinių statmenų susikirtimo taškas
4 teorema
Vidurio statmenys į trikampio kraštines susikerta viename taške.
Įrodymas.
Tegu duotas trikampis $ ABC $, $ n, \ m, \ p $ jo statmenys. Tegul taškas $ O $ yra vidurinių statmenų $ n \ ir \ m $ susikirtimo taškas (3 pav.).
3 pav. Trikampio vidurio statmenys
Įrodymui mums reikia šios teoremos.
5 teorema
Kiekvienas vidurio taškas, statmenas linijos atkarpai, yra vienodu atstumu nuo šios atkarpos galų.
Pagal 3 teoremą turime: $ OB = OC, \ OB = OA $. Todėl $ OA = OC $. Tai reiškia, kad taškas $ O $ yra vienodu atstumu nuo atkarpos $ AC $ galų ir todėl yra jo vidurio taške statmenai $ p $.
Teorema įrodyta.
Trikampio aukščių susikirtimo taškas
6 teorema
Trikampio aukščiai arba jų plėtiniai susikerta viename taške.
Įrodymas.
Apsvarstykite trikampį $ ABC $, kur $ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ yra jo aukštis. Per kiekvieną trikampio viršūnę nubrėžkite tiesią liniją, lygiagrečią viršūnei priešinga pusei. Gauname naują trikampį $ A_2B_2C_2 $ (4 pav.).
4 pav. Trikampio aukščiai
Kadangi $ AC_2BC $ ir $ B_2ABC $ yra lygiagretainiai su bendrąja kraštine, tai $ AC_2 = AB_2 $, tai yra, taškas $ A $ yra kraštinės $ C_2B_2 $ vidurys. Panašiai gauname, kad taškas $ B $ yra kraštinės $ C_2A_2 $ vidurys, o taškas $ C $ yra kraštinės $ A_2B_2 $ vidurys. Iš konstrukcijos turime, kad $ (CC) _1 \ bot A_2B_2, \ (BB) _1 \ bot A_2C_2, \ (AA) _1 \ bot C_2B_2 $. Todėl $ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ yra trikampio $ A_2B_2C_2 $ statmenai. Tada pagal 4 teoremą turime, kad aukščiai $ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ susikerta viename taške.
