Ministerul General şi învăţământul profesional Regiunea Sverdlovsk.
Instituția de învățământ municipal din Ekaterinburg.
Instituție de învățământ – MOUSOSH Nr. 212 „Liceul Cultural Ekaterinburg”
Domeniul educațional – matematică.
Subiect - geometrie.
Puncte remarcabile ale triunghiului
Referent: elev în clasa a VIII-a
Selitsky Dmitri Konstantinovici.
Consilier stiintific:
Rabkanov Serghei Petrovici.
Ekaterinburg, 2001
Introducere 3
Partea descriptivă:
Ortocentrul 4
Icenter 5
Centrul de greutate 7
Circumcentrul 8
linia Euler 9
Partea practica:
Triunghi ortocentric 10
Concluzia 11
Referințe 11
Introducere.
Geometria începe cu un triunghi. Timp de două milenii și jumătate, triunghiul a fost un simbol al geometriei. Noile sale proprietăți sunt descoperite în mod constant. Pentru a vorbi despre toate proprietățile cunoscute ale unui triunghi va dura mult timp. M-a interesat așa-numitul " Minunate puncte triunghi." Un exemplu de astfel de puncte este punctul de intersecție al bisectoarelor. Lucrul remarcabil este că dacă luați trei puncte arbitrare în spațiu, construiți un triunghi din ele și desenați bisectoare, atunci ele (bisectoarele) se vor intersecta într-un punct! S-ar părea că acest lucru nu este posibil, pentru că am luat puncte arbitrare, dar această regulă se aplică întotdeauna. Alte „puncte remarcabile” au proprietăți similare.
După ce am citit literatura pe această temă, mi-am fixat definițiile și proprietățile a cinci puncte minunate și a unui triunghi. Dar munca mea nu s-a terminat aici; am vrut să explorez eu însumi aceste puncte.
De aceea ţintă Această lucrare este un studiu al unor proprietăți remarcabile ale unui triunghi și un studiu al unui triunghi ortocentric. În procesul de realizare a acestui obiectiv, se pot distinge următoarele etape:
Selecție de literatură, cu ajutorul unui profesor
Studierea proprietăților de bază ale punctelor și liniilor remarcabile ale unui triunghi
Generalizarea acestor proprietăți
Întocmirea și rezolvarea unei probleme care implică un triunghi ortocentric
Am prezentat rezultatele obținute în această lucrare de cercetare. Toate desenele le-am făcut folosind grafică pe computer (editor de grafică vectorială CorelDRAW).
Ortocentru. (Punctul de intersecție al înălțimilor)
Să demonstrăm că înălțimile se intersectează într-un punct. Hai să te ducem prin vârfuri A, ÎNȘi CU triunghi ABC linii drepte paralele cu laturile opuse. Aceste linii formează un triunghi A 1 ÎN 1 CU 1 . înălțimea triunghiului ABC sunt bisectoarele perpendiculare pe laturile triunghiului A 1 ÎN 1 CU 1 . prin urmare, ele se intersectează într-un punct - centrul cercului circumferitor al triunghiului A 1 ÎN 1 CU 1 . Punctul de intersecție al altitudinilor unui triunghi se numește ortocentru ( H).
Icentrul este centrul cercului înscris.
(Punctul de intersecție al bisectoarelor)
Să demonstrăm că bisectoarele unghiurilor unui triunghi ABC se intersectează la un punct. Luați în considerare ideea DESPRE intersecții bisectoare unghiulare AȘi ÎN. orice puncte ale bisectoarei unghiului A sunt echidistante de drepte ABȘi AC, și orice punct al bisectoarei unghiului ÎN echidistante de liniile drepte ABȘi Soare, deci punct DESPRE echidistante de liniile drepte ACȘi Soare, adică se află pe bisectoarea unghiului CU. punct DESPRE echidistante de liniile drepte AB, SoareȘi SA, ceea ce înseamnă că există un cerc cu centru DESPRE, tangente la aceste linii, iar punctele de tangență se află pe laturile în sine, și nu pe prelungirile lor. De fapt, unghiurile de la vârfuri AȘi ÎN triunghi AOB ascuțit deci punct de proiecție DESPRE direct AB se află în interiorul segmentului AB.
Pentru petreceri SoareȘi SA dovada este asemanatoare.
Icenterul are trei proprietăți:
Dacă continuarea bisectoarei unghiului CU intersectează cercul circumferitor al unui triunghi ABC la punct M, Acea MA=MV=MO.
Dacă AB- baza unui triunghi isoscel ABC, apoi cercul tangent la laturile unghiului DIA la puncte AȘi ÎN, trece prin punct DESPRE.
Dacă o dreaptă care trece printr-un punct DESPRE paralel cu laterala AB, traversează părțile laterale SoareȘi SA la puncte A 1 Și ÎN 1 , Acea A 1 ÎN 1 =A 1 ÎN+AB 1 .
Centrul de greutate. (Punctul de intersecție al medianelor)
Să demonstrăm că medianele unui triunghi se intersectează într-un punct. Pentru aceasta, luați în considerare ideea M, la care se intersectează medianele AA 1 Și BB 1 . să desenăm într-un triunghi BB 1 CU linia mediană A 1 A 2 , paralel BB 1 . Apoi A 1 M:AM=ÎN 1 A 2 :AB 1 =ÎN 1 A 2 :ÎN 1 CU=VA 1 :SOARE=1:2, adică punct de intersecție median BB 1 Și AA 1 împarte mediana AA 1 într-un raport de 1:2. În mod similar, punctul de intersecție al medianelor SS 1 Și AA 1 împarte mediana AA 1 într-un raport de 1:2. Prin urmare, punctul de intersecție al medianelor AA 1 Și BB 1 coincide cu punctul de intersecție al medianelor AA 1 Și SS 1 .
Dacă punctul de intersecție al medianelor unui triunghi este legat de vârfuri, atunci triunghiurile vor fi împărțite în trei triunghiuri de arie egală. Într-adevăr, este suficient să demonstrăm că dacă R– orice punct al medianei AA 1 într-un triunghi ABC, apoi ariile triunghiurilor AVRȘi ACP sunt egale. La urma urmei, mediane AA 1 Și RA 1 în triunghiuri ABCȘi RVS tăiați-le în triunghiuri de suprafață egală.
Afirmația inversă este și ea adevărată: dacă pentru un anumit punct R, situată în interiorul triunghiului ABC, aria triunghiurilor AVR, MIERCURIȘi SAR sunt egali, atunci R– punctul de intersecție al medianelor.
Punctul de intersecție mai are o proprietate: dacă tăiați un triunghi din orice material, desenați mediane pe el, atașați o tijă la punctul de intersecție al medianelor și fixați suspensia pe un trepied, atunci modelul (triunghiul) va fi în o stare de echilibru, prin urmare, punctul de intersecție nu este altceva decât centrul de greutate al triunghiului.
Centrul cercului circumferitor.
Să demonstrăm că există un punct echidistant de vârfurile triunghiului sau, cu alte cuvinte, că există un cerc care trece prin cele trei vârfuri ale triunghiului. Locul punctelor echidistant de puncte AȘi ÎN, este perpendiculară pe segment AB, trecând prin mijlocul său (bisectoarea perpendiculară pe segment AB). Luați în considerare ideea DESPRE, în care bisectoarele perpendicularelor pe segmente se intersectează ABȘi Soare. Punct DESPRE echidistante de puncte AȘi ÎN, precum și din puncte ÎNȘi CU. prin urmare este echidistant de puncte AȘi CU, adică se află și pe bisectoarea perpendiculară pe segment AC.
Centru DESPRE cercul circumferitor se află în interiorul unui triunghi numai dacă triunghiul este acut. Dacă triunghiul este dreptunghic, atunci punctul DESPRE coincide cu mijlocul ipotenuzei, iar dacă unghiul la vârf CU tocit apoi drept AB separă punctele DESPREȘi CU.
În matematică, se întâmplă adesea ca obiectele definite în moduri complet diferite să se dovedească a fi aceleași. Să arătăm asta cu un exemplu.
Lăsa A 1 , ÎN 1 ,CU 1 – punctele mijlocii ale laturilor Soare,SAși AB. Se poate dovedi că cercuri circumscrise de triunghiuri AB 1 CU, A 1 Soare 1 Și A 1 ÎN 1 CU 1 se intersectează într-un punct, iar acest punct este circumcentrul triunghiului ABC. Deci, avem două puncte aparent complet diferite: punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare pe laturile triunghiului ABCși punctul de intersecție al cercurilor circumferințe ale triunghiurilor AB 1 CU 1 , A 1 SoareȘi A 1 ÎN 1 CU 1 . dar rezultă că aceste două puncte coincid.
linia dreaptă a lui Euler.
Cel mai proprietate uimitoare Punctele remarcabile ale triunghiului sunt că unele dintre ele sunt conectate între ele prin anumite relații. De exemplu, centrul de greutate M, ortocentru N iar centrul cercului circumferitor DESPRE se află pe aceeași dreaptă, iar punctul M împarte segmentul OH astfel încât relația să fie valabilă OM:MN=1:2. Această teoremă a fost dovedită în 1765 de omul de știință elvețian Leonardo Euler.
Triunghi ortocentric.
Triunghi ortocentric(ortotriunghi) este un triunghi ( MNLA), ale căror vârfuri sunt bazele altitudinilor acestui triunghi ( ABC). Acest triunghi are multe proprietăți interesante. Să dăm una dintre ele.
Proprietate.
Dovedi:
Triunghiuri AKM, CMNȘi BKN asemănător cu un triunghi ABC;
Unghiurile unui ortotriunghi MNK sunt: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.
Dovada:
Avem AB cos A, A.K. cos A. Prin urmare, A.M./AB = A.K./A.C..
Deoarece la triunghiuri ABCȘi AKM colţ A– comune, atunci sunt asemănătoare, din care tragem concluzia că unghiul L AKM = L C. De aceea L BKM = L C. Mai departe avem L MKC= π/2 – L C, L NKC= π/2 – - - L C, adică SK– bisectoarea unghiului MNK. Asa de, L MNK= π – 2 L C. Egalitățile rămase sunt dovedite în mod similar.
Concluzie.
La finalul acestei lucrări de cercetare se pot trage următoarele concluzii:
Punctele și liniile notabile ale triunghiului sunt:
ortocentru al unui triunghi este punctul de intersecție al înălțimii sale;
și centru triunghiul este punctul de intersecție al bisectoarelor;
centrul de greutate al unui triunghi este punctul de intersecție al medianelor sale;
circumcentrul– este punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare;
linia dreaptă a lui Euler- aceasta este linia dreaptă pe care se află centrul de greutate, ortocentrul și centrul cercului circumscris.
Un triunghi ortocentric împarte un triunghi dat în trei triunghi similare.
După ce am făcut această lucrare, am învățat multe despre proprietățile unui triunghi. Această lucrare a fost relevantă pentru mine din punctul de vedere al dezvoltării cunoștințelor mele în domeniul matematicii. În viitor, intenționez să dezvolt acest subiect interesant.
Bibliografie.
Kiselyov A.P. Geometrie elementară. – M.: Educație, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Noi întâlniri cu geometria. – M.: Nauka, 1978.
Prasolov V.V. Probleme de planimetrie. – M.: Nauka, 1986. – Partea 1.
Sharygin I.F. Probleme de geometrie: Planimetrie. – M.: Nauka, 1986.
Scanavi M.I. Matematică. Probleme cu soluții. – Rostov-pe-Don: Phoenix, 1998.
Berger M. Geometrie în două volume - M: Mir, 1984.
Introducere
Obiectele lumii din jurul nostru au anumite proprietăți, care sunt studiate de diverse științe.
Geometria este o ramură a matematicii care examinează diferite figuri și proprietățile lor; rădăcinile sale merg înapoi în trecutul îndepărtat.
În a patra carte a Elementelor, Euclid rezolvă problema: „A înscrie un cerc într-un triunghi dat”. Din soluție rezultă că cele trei bisectoare ale unghiurilor interioare ale triunghiului se intersectează într-un punct - centrul cercului înscris. Din rezolvarea unei alte probleme euclidiene rezultă că perpendicularele restaurate pe laturile triunghiului la mijlocul lor se intersectează și ele într-un punct - centrul cercului circumscris. Elementele nu spune că cele trei altitudini ale triunghiului se intersectează într-un punct, numit ortocentru (cuvântul grecesc „orthos” înseamnă „drept”, „corect”). Această propunere era însă cunoscută lui Arhimede. Al patrulea punct singular al triunghiului este punctul de intersecție al medianelor. Arhimede a demonstrat că este centrul de greutate (baricentrul) al triunghiului.
Au fost abordate cele patru puncte de mai sus Atentie speciala, iar din secolul al XVIII-lea au fost numite punctele „remarcabile” sau „speciale” ale triunghiului. Studiul proprietăților unui triunghi asociat cu aceste și alte puncte a servit drept început pentru crearea unei noi ramuri a matematicii elementare - „geometria triunghiulară” sau „geometria triunghiulară nouă”, unul dintre fondatorii căruia a fost Leonhard Euler.
În 1765, Euler a demonstrat că în orice triunghi ortocentrul, baricentrul și circumcentrul se află pe aceeași linie dreaptă, numită mai târziu „linia dreaptă a lui Euler”. În anii douăzeci ai secolului al XIX-lea, matematicienii francezi J. Poncelet, C. Brianchon și alții au stabilit în mod independent următoarea teoremă: bazele medianelor, bazele altitudinilor și punctele mijlocii ale segmentelor de altitudini care leagă ortocentrul cu vârfurile unui triunghi. culcați pe același cerc. Acest cerc se numește „cercul de nouă puncte”, sau „cercul Feuerbach” sau „cercul Euler”. K. Feuerbach a stabilit că centrul acestui cerc se află pe linia dreaptă Euler.
„Cred că nu am trăit niciodată într-o perioadă atât de geometrică. Totul în jur este geometrie.” Aceste cuvinte, rostite de marele arhitect francez Le Corbusier la începutul secolului XX, caracterizează foarte exact timpul nostru. Lumea în care trăim este plină de geometria caselor și străzilor, munților și câmpurilor, creații ale naturii și ale omului.
Ne-au interesat așa-numitele „puncte remarcabile ale triunghiului”.
După ce am citit literatura pe această temă, ne-am fixat pentru noi înșine definițiile și proprietățile punctelor remarcabile ale unui triunghi. Dar munca noastră nu s-a încheiat aici și am vrut să explorăm noi înșine aceste puncte.
De aceea ţintă dat muncă – studierea unor puncte și drepte remarcabile ale unui triunghi, aplicarea cunoștințelor dobândite la rezolvarea problemelor. În procesul de realizare a acestui obiectiv, se pot distinge următoarele etape:
Selecție și studiu material educațional din diverse surse de informare, literatură;
Studierea proprietăților de bază ale punctelor și liniilor remarcabile ale unui triunghi;
Generalizarea acestor proprietăți și demonstrarea teoremelor necesare;
Rezolvarea problemelor care implică puncte remarcabile ale unui triunghi.
Capitoleu. Puncte și linii triunghiulare remarcabile
1.1 Punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare pe laturile triunghiului
O bisectoare perpendiculară este o dreaptă care trece prin mijlocul unui segment, perpendicular pe acesta. Cunoaștem deja teorema care caracterizează proprietatea bisectoarei perpendiculare: fiecare punct al bisectoarei perpendiculare pe un segment este echidistant de capetele acestuia și invers; dacă un punct este echidistant de capetele segmentului, atunci se află pe bisectoarea perpendiculară.
Poligonul se numește înscris într-un cerc dacă toate vârfurile sale aparțin cercului. Cercul se numește circumscris poligonului.
Un cerc poate fi descris în jurul oricărui triunghi. Centrul său este punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare pe laturile triunghiului.
Fie punctul O punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare pe laturile triunghiului AB și BC.
Concluzie: astfel, dacă punctul O este punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare pe laturile triunghiului, atunci OA = OC = OB, adică. punctul O este echidistant de toate vârfurile triunghiului ABC, ceea ce înseamnă că este centrul cercului circumscris.
|
|
|
|
| unghiular acut | obtuz | dreptunghiular |
Consecințe
sin γ = c/2R = c/sin γ =2R.
Se dovedește într-un mod similar A/ sin α =2R, b/ sin β =2R.
Prin urmare:
Această proprietate se numește teorema sinusurilor.
În matematică se întâmplă adesea ca obiecte care sunt complet definite diferit, se dovedesc a fi identice.
Exemplu. Fie A1, B1, C1 punctele medii ale laturilor ∆ABC BC, AC, respectiv AB. Arătați că cercurile descrise în jurul triunghiurilor AB1C1, A1B1C, A1BC1 se intersectează într-un punct. Mai mult, acest punct este centrul unui cerc circumscris în jurul ∆ABC.
|
| Să considerăm segmentul AO și să construim un cerc pe acest segment, ca pe un diametru. Punctele C1 și B1 cad pe acest cerc, deoarece sunt vârfurile unghiurilor drepte bazate pe AO. Punctele A, C1, B1 se află pe un cerc = acest cerc este circumscris în jurul ∆AB1C1. Să desenăm în mod similar segmentul BO și să construim un cerc pe acest segment, ca pe un diametru. Acesta va fi un cerc circumscris aproximativ ∆ВС1 А1. Să desenăm un segment CO și să construim un cerc pe acest segment, ca pe un diametru. Acesta va fi un cerc circumscris de aproximativ Aceste trei cercuri trec prin punctul O - centrul cercului circumscris aproximativ ∆ABC. |
Generalizare. Dacă pe laturile ∆ABC AC, BC, AC luăm puncte arbitrare A 1, B 1, C 1, atunci cercurile circumscrise triunghiurilor AB 1 C 1, A 1 B 1 C, A 1 BC 1 se intersectează într-un punct. .
1.2 Punctul de intersecție al bisectoarelor triunghiului
Reversul este de asemenea adevărat: dacă un punct este echidistant de laturile unui unghi, atunci se află pe bisectoarea lui.
Este util să marcați jumătățile unui colț cu aceleași litere:
OAF=OAD= α, OBD=OBE= β, OCE=OCF= γ.
Fie punctul O punctul de intersecție al bisectoarelor unghiurilor A și B. Prin proprietatea punctului situat pe bisectoarea unghiului A, OF=OD=r. După proprietatea punctului situat pe bisectoarea unghiului B, OE=OD=r. Astfel, OE=OD= OF=r= punctul O este echidistant de toate laturile triunghiului ABC, i.e. O este centrul cercului înscris. (Punctul O este singurul).
Concluzie: astfel, dacă punctul O este punctul de intersecție al bisectoarelor unghiurilor unui triunghi, atunci OE=OD= OF=r, adică. punctul O este echidistant de toate laturile triunghiului ABC, ceea ce înseamnă că este centrul cercului înscris. Punctul O de intersecție al bisectoarelor unghiurilor unui triunghi este un punct remarcabil al triunghiului.
Consecințe:
Din egalitatea triunghiurilor AOF și AOD (Figura 1) de-a lungul ipotenuzei și unghiului ascuțit, rezultă că A.F. = ANUNȚ . Din egalitatea triunghiurilor OBD și OBE rezultă că BD = FI , Din egalitatea triunghiurilor COE și COF rezultă că CU F = C.E. . Astfel, segmentele tangente trasate la cerc dintr-un punct sunt egale.
AF=AD= z, BD=BE= y, CF=CE= X
a=x+y (1), b= x+z (2), c= x+y (3).
+ (2) – (3), atunci obținem: a+b-с=X+ y+ X+ z- z- y = a+b-с= 2X =
x=( b + c - a)/2
În mod similar: (1) + (3) – (2), atunci obținem: y = (a + c –b)/2.
În mod similar: (2) + (3) – (1), atunci obținem: z= (a +b - c)/2.
Bisectoarea unghiului unui triunghi împarte latura opusă în segmente proporționale cu laturile adiacente.
1.3 Punctul de intersecție al medianelor triunghiulare (centroid)
Dovada 1. Fie A 1 , B 1 și C 1 punctele medii ale laturilor BC, CA și AB ale triunghiului ABC, respectiv (Fig. 4).
Fie G punctul de intersecție a două mediane AA 1 și BB 1. Să demonstrăm mai întâi că AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2.
Pentru a face acest lucru, luați punctele medii P și Q ale segmentelor AG și BG. După teorema de pe linia mediană a unui triunghi, segmentele B 1 A 1 și PQ sunt egale cu jumătate din latura AB și paralele cu aceasta. Prin urmare, patrulaterul A 1 B 1 este un paralelogram PQ. Apoi punctul G de intersecție a diagonalelor sale PA 1 și QB 1 împarte fiecare dintre ele în jumătate. Prin urmare, punctele P și G împart mediana AA 1 în trei părți egale, iar punctele Q și G împart, de asemenea, mediana BB 1 în trei părți egale. Deci, punctul G de intersecție a două mediane ale unui triunghi împarte fiecare dintre ele în raport 2:1, numărând de la vârf.
Se numește punctul de intersecție al medianelor unui triunghi centroid sau centrul de greutate triunghi. Acest nume se datorează faptului că în acest punct se află centrul de greutate al unei plăci triunghiulare omogene.
1.4 Punct de intersecție al altitudinilor triunghiului (ortocentru)
1.5 Punctul Torricelli
Calea este dată de triunghiul ABC. Punctul Torricelli al acestui triunghi este un punct O din care laturile triunghi dat vizibil la un unghi de 120°, adică unghiurile AOB, AOC și BOC sunt egale cu 120°.
Să demonstrăm că dacă toate unghiurile unui triunghi sunt mai mici de 120°, atunci punctul Torricelli există.
Pe latura AB a triunghiului ABC construim un triunghi echilateral ABC" (Fig. 6, a) și descriem un cerc în jurul lui. Segmentul AB subtinde un arc al acestui cerc care măsoară 120°. În consecință, punctele acestui arc altele decât A și B au proprietatea că segmentul AB este vizibil din ele la un unghi de 120°. În mod similar, pe latura AC a triunghiului ABC vom construi un triunghi echilateral ACB" (Fig. 6, a) și vom descrie un cerc în jurul aceasta. Punctele arcului corespunzător, diferite de A și C, au proprietatea că segmentul AC este vizibil din ele la un unghi de 120°. În cazul în care unghiurile triunghiului sunt mai mici de 120°, aceste arce se intersectează într-un punct intern O. În acest caz, ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Prin urmare, ∟BOC = 120°. Prin urmare, punctul O este cel dorit.
În cazul în care unul dintre unghiurile unui triunghi, de exemplu ABC, este egal cu 120°, punctul de intersecție al arcelor de cerc va fi punctul B (Fig. 6, b). În acest caz, punctul lui Torricelli nu există, deoarece este imposibil să vorbim despre unghiurile la care laturile AB și BC sunt vizibile din acest punct.
În cazul în care unul dintre unghiurile unui triunghi, de exemplu ABC, este mai mare de 120° (Fig. 6, c), arcele de cerc corespunzătoare nu se intersectează și nici punctul lui Torricelli nu există.
Punctul Torricelli este asociat cu problema lui Fermat (pe care o vom considera în capitolul II) de a găsi punctul a cărui sumă a distanțelor până la trei puncte date este cea mai mică.
1.6 Cercul cu nouă puncte
Într-adevăr, A 3 B 2 este linia mediană a triunghiului AHC și, prin urmare, A 3 B 2 || CC 1. B 2 A 2 este linia de mijloc a triunghiului ABC și, prin urmare, B 2 A 2 || AB. Deoarece CC 1 ┴ AB, atunci A 3 B 2 A 2 = 90°. La fel, A 3 C 2 A 2 = 90°. Prin urmare, punctele A 2, B 2, C 2, A 3 se află pe același cerc cu diametrul A 2 A 3. Deoarece AA 1 ┴BC, atunci și punctul A 1 aparține acestui cerc. Astfel, punctele A 1 și A 3 se află pe cercul circumferitor al triunghiului A2B2C2. În mod similar, se arată că punctele B 1 și B 3, C 1 și C 3 se află pe acest cerc. Aceasta înseamnă că toate cele nouă puncte se află pe același cerc.
În acest caz, centrul cercului de nouă puncte se află la mijloc între centrul de intersecție al înălțimilor și centrul cercului circumscris. Într-adevăr, să fie în triunghiul ABC (Fig. 9), punctul O centrul cercului circumscris; G – punctul de intersecție al medianelor. H este punctul în care înălțimile se intersectează. Trebuie să demonstrați că punctele O, G, H se află pe aceeași dreaptă și centrul cercului de nouă puncte N împarte segmentul OH la jumătate.
Se consideră o homotezie cu centrul în punctul G și coeficientul -0,5. Vârfurile A, B, C ale triunghiului ABC vor merge, respectiv, în punctele A 2, B 2, C 2. Altitudinile triunghiului ABC vor intra în altitudinile triunghiului A 2 B 2 C 2 și, prin urmare, punctul H va merge în punctul O. Prin urmare, punctele O, G, H se vor afla pe aceeași linie dreaptă.
Să arătăm că mijlocul N al segmentului OH este centrul cercului de nouă puncte. Într-adevăr, C 1 C 2 este o coardă a cercului de nouă puncte. Prin urmare, bisectoarea perpendiculară a acestei coarde are un diametru și intersectează OH la mijlocul lui N. În mod similar, bisectoarea perpendiculară a coardei B 1 B 2 este un diametru și intersectează OH în același punct N. Deci N este centrul lui cercul de nouă puncte. Q.E.D.
Într-adevăr, fie P un punct arbitrar situat pe cercul circumferitor al triunghiului ABC; D, E, F – bazele perpendicularelor coborâte din punctul P spre laturile triunghiului (Fig. 10). Să arătăm că punctele D, E, F se află pe aceeași dreaptă.
Rețineți că dacă AP trece prin centrul cercului, atunci punctele D și E coincid cu vârfurile B și C. În caz contrar, unul dintre unghiurile ABP sau ACP este acut, iar celălalt este obtuz. De aici rezultă că punctele D și E vor fi situate de-a lungul laturi diferite de la dreapta BC și pentru a demonstra că punctele D, E și F se află pe aceeași dreaptă, este suficient să verificăm că ∟CEF =∟BED.
Să descriem un cerc cu diametrul CP. Deoarece ∟CFP = ∟CEP = 90°, atunci punctele E și F se află pe acest cerc. Prin urmare, ∟CEF =∟CPF ca unghiuri înscrise subtinse de un arc de cerc. Apoi, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. Să descriem un cerc cu diametrul BP. Deoarece ∟BEP = ∟BDP = 90°, atunci punctele F și D se află pe acest cerc. Prin urmare ∟BPD =∟BED. Prin urmare, obținem în sfârșit acel ∟CEF =∟BED. Aceasta înseamnă că punctele D, E, F se află pe aceeași dreaptă.
CapitolIIRezolvarea problemelor
Să începem cu probleme legate de localizarea bisectoarelor, medianelor și altitudinilor unui triunghi. Rezolvarea acestora, pe de o parte, vă permite să vă amintiți materialul acoperit anterior și, pe de altă parte, dezvoltă conceptele geometrice necesare, vă pregătește pentru a rezolva mai multe sarcini complexe.
Sarcina 1. La unghiurile A și B ale triunghiului ABC (∟A
Soluţie. Fie CD înălțimea și CE bisectoarea, atunci
∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.
Prin urmare, ∟DCE =.
Soluţie. Fie O punctul de intersecție al bisectoarelor triunghiului ABC (Fig. 1). Să profităm de faptul că unghiul mai mare se află opus laturii mai mari a triunghiului. Dacă AB BC, atunci ∟A
Soluţie. Fie O punctul de intersecție al altitudinilor triunghiului ABC (Fig. 2). Dacă AC ∟B. Un cerc cu diametrul BC va trece prin punctele F și G. Având în vedere că cel mai mic dintre cele două coarde este cel pe care se sprijină unghiul înscris mai mic, obținem acel CG.
Dovada. Pe laturile AC și BC ale triunghiului ABC, ca și pe diametre, construim cercuri. Punctele A 1, B 1, C 1 aparțin acestor cercuri. Prin urmare, ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, ca unghiuri bazate pe același arc de cerc. ∟B 1 BC = ∟CAA 1 ca unghiuri cu laturile reciproc perpendiculare. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 ca unghiuri subtinse de același arc de cerc. Prin urmare, ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, i.e. CC 1 este bisectoarea unghiului B 1 C 1 A 1 . În mod similar, se arată că AA 1 și BB 1 sunt bisectoarele unghiurilor B 1 A 1 C 1 și A 1 B 1 C 1 .
Triunghiul considerat, ale cărui vârfuri sunt bazele altitudinilor unui triunghi acut dat, oferă un răspuns la una dintre problemele extreme clasice.
Soluţie. Fie ABC triunghiul acut dat. Pe laturile sale, trebuie să găsiți punctele A 1 , B 1 , C 1 pentru care perimetrul triunghiului A 1 B 1 C 1 ar fi cel mai mic (Fig. 4).
Să fixăm mai întâi punctul C 1 și să căutăm punctele A 1 și B 1 pentru care perimetrul triunghiului A 1 B 1 C 1 este cel mai mic (pentru o poziție dată a punctului C 1).
Pentru a face acest lucru, luați în considerare punctele D și E simetrice față de punctul C 1 în raport cu dreptele AC și BC. Atunci B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E și, prin urmare, perimetrul triunghiului A 1 B 1 C 1 va fi egal cu lungimea liniei întrerupte DB 1 A 1 E. este clar că lungimea acestei linii întrerupte este cea mai mică dacă punctele B 1, A 1 se află pe linia DE.
Vom schimba acum poziția punctului C 1 și vom căuta o poziție în care perimetrul triunghiului corespunzător A 1 B 1 C 1 este cel mai mic.
Deoarece punctul D este simetric față de C 1 în raport cu AC, atunci CD = CC 1 și ACD = ACC 1. La fel, CE=CC 1 și BCE=BCC 1. Prin urmare, triunghiul CDE este isoscel. Latura sa laterală este egală cu CC 1. Baza DE este egală cu perimetrul P triunghiul A 1 B 1 C 1. Unghiul DCE este egal cu unghiul dublu ACB al triunghiului ABC și, prin urmare, nu depinde de poziția punctului C 1.
Într-un triunghi isoscel cu un unghi dat la vârf, cu cât latura este mai mică, cu atât baza este mai mică. De aceea cea mai mică valoare perimetru P se realizează în cazul celei mai mici valori CC 1. Această valoare este luată dacă CC 1 este înălțimea triunghiului ABC. Astfel, punctul necesar C 1 de pe latura AB este baza altitudinii trase de la vârful C.
Rețineți că am putea fixa mai întâi nu punctul C 1, ci punctul A 1 sau punctul B 1 și am obține că A 1 și B 1 sunt bazele altitudinilor corespunzătoare ale triunghiului ABC.
De aici rezultă că triunghiul cerut al celui mai mic perimetru înscris într-un triunghi acut dat ABC este un triunghi ale cărui vârfuri sunt bazele altitudinilor triunghiului ABC.
Soluţie. Să demonstrăm că dacă unghiurile triunghiului sunt mai mici de 120°, atunci punctul necesar în problema Steiner este punctul Torricelli.
Să rotim triunghiul ABC în jurul vârfului C cu un unghi de 60°, Fig. 7. Obținem triunghiul A’B’C. Să luăm un punct arbitrar O din triunghiul ABC. Când se întoarce, va merge la un punct O’. Triunghiul OO'C este echilateral deoarece CO = CO' și ∟OCO' = 60°, deci OC = OO'. Prin urmare, suma lungimilor OA + OB + OC va fi egală cu lungimea liniei întrerupte AO + OO’ + O’B’. Este clar că lungimea acestei linii întrerupte ia cea mai mică valoare dacă punctele A, O, O’, B’ se află pe aceeași linie dreaptă. Dacă O este un punct Torricelli, atunci acesta este așa. Într-adevăr, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. Prin urmare, punctele A, O, O' se află pe aceeași linie dreaptă. În mod similar, ∟CO'O = 60°, ∟CO"B" = 120°. Prin urmare, punctele O, O', B' se află pe aceeași dreaptă, ceea ce înseamnă că toate punctele A, O, O', B' se află pe aceeași dreaptă.
Concluzie
Geometria unui triunghi, împreună cu alte secțiuni ale matematicii elementare, face posibil să simțiți frumusețea matematicii în general și poate deveni pentru cineva începutul căii către „știința mare”.
Geometria este o știință uimitoare. Istoria sa datează de mai bine de o mie de ani, dar fiecare întâlnire cu ea poate oferi și îmbogăți (atât elevul, cât și profesorul) cu noutatea incitantă a unei mici descoperiri, bucuria uimitoare a creativității. Într-adevăr, orice problemă din geometria elementară este în esență o teoremă, iar soluția ei este o victorie matematică modestă (și uneori uriașă).
Din punct de vedere istoric, geometria a început cu un triunghi, așa că timp de două milenii și jumătate triunghiul a fost un simbol al geometriei. Geometria școlară poate deveni doar interesantă și semnificativă, doar atunci poate deveni geometrie propriu-zisă atunci când include un studiu profund și cuprinzător al triunghiului. În mod surprinzător, triunghiul, în ciuda aparentei sale simplități, este un obiect de studiu inepuizabil - nimeni, nici măcar în timpul nostru, nu îndrăznește să spună că a studiat și cunoaște toate proprietățile triunghiului.
În această lucrare s-au luat în considerare proprietățile bisectoarelor, medianelor, bisectoarelor perpendiculare și altitudinilor unui triunghi, s-a extins numărul de puncte și linii remarcabile ale triunghiului și s-au formulat și demonstrat teoreme. Au fost rezolvate o serie de probleme de aplicare a acestor teoreme.
Materialul prezentat poate fi folosit atât în lecțiile de bază, cât și la orele opționale, precum și în pregătirea pentru testarea centralizată și olimpiadele de matematică.
Bibliografie
Berger M. Geometrie în două volume - M: Mir, 1984.
Kiselyov A.P. Geometrie elementară. – M.: Educație, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Noi întâlniri cu geometria. – M.: Nauka, 1978.
Latotin L.A., Chebotaravsky B.D. Matematică 9. – Minsk: Narodnaya Asveta, 2014.
Prasolov V.V. Probleme de planimetrie. – M.: Nauka, 1986. – Partea 1.
Scanavi M.I. Matematică. Probleme cu soluții. – Rostov-pe-Don: Phoenix, 1998.
Sharygin I.F. Probleme de geometrie: Planimetrie. – M.: Nauka, 1986.
Ministerul Educației și Științei Federația Rusă Bugetul federal de stat instituție educațională studii profesionale superioare
„Magnitogorsk Universitate de stat»
Facultatea de Fizică și Matematică
Departamentul de Algebră și Geometrie
Lucrări de curs
Puncte remarcabile ale triunghiului
Completat de: elev din grupa 41
Vakhrameeva A.M.
Director stiintific
Velikikh A.S.
Magnitogorsk 2014
Introducere
Din punct de vedere istoric, geometria a început cu un triunghi, așa că timp de două milenii și jumătate triunghiul a fost, parcă, un simbol al geometriei; dar el nu este doar un simbol, el este un atom al geometriei.
De ce un triunghi poate fi considerat un atom al geometriei? Deoarece conceptele anterioare - punct, linie dreaptă și unghi - sunt abstracții vagi și intangibile împreună cu un set asociat de teoreme și probleme. Prin urmare, astăzi geometria școlară poate deveni doar interesantă și semnificativă, abia atunci poate deveni geometrie propriu-zisă atunci când include un studiu profund și cuprinzător al triunghiului.
În mod surprinzător, triunghiul, în ciuda aparentei sale simplități, este un obiect de studiu inepuizabil - nimeni, nici măcar în timpul nostru, nu îndrăznește să spună că a studiat și cunoaște toate proprietățile triunghiului.
Aceasta înseamnă că studiul geometriei școlare nu poate fi realizat fără un studiu profund al geometriei triunghiului; având în vedere diversitatea triunghiului ca obiect de studiu - și, prin urmare, sursa diverselor metode de studiere a acestuia - este necesar să se selecteze și să se dezvolte material pentru studierea geometriei punctelor remarcabile ale triunghiului. Mai mult, atunci când selectați acest material, nu trebuie să vă limitați doar la punctele remarcabile prevăzute în curiculumul scolar Stat standard educațional, cum ar fi centrul cercului (punctul de intersecție al bisectoarelor), centrul cercului circumferitor (punctul de intersecție al bisectoarelor), punctul de intersecție al medianelor, punctul de intersecție al înălțimilor. Dar pentru pătrunderea profundă în natura triunghiului și înțelegerea inepuizabilității acestuia, este necesar să avem cât mai multe idei posibil despre Mai mult puncte remarcabile ale triunghiului. Pe lângă inepuizabilitatea triunghiului ca obiect geometric, este necesar să remarcăm cea mai uimitoare proprietate a triunghiului ca obiect de studiu: studiul geometriei unui triunghi poate începe cu studiul oricăreia dintre proprietățile sale, luându-l ca bază; atunci metodologia de studiu a triunghiului poate fi construită în așa fel încât toate celelalte proprietăți ale triunghiului să poată fi înșirate pe această bază. Cu alte cuvinte, indiferent de unde începi să studiezi triunghiul, poți oricând să atingi orice adâncime a acestei figuri uimitoare. Dar apoi - ca opțiune - puteți începe să studiați triunghiul studiind punctele sale remarcabile.
Ţintă munca de curs constă în studierea punctelor remarcabile ale unui triunghi. Pentru a atinge acest obiectiv, este necesar să rezolvați următoarele sarcini:
· Studiați conceptele de bisectoare, mediană, înălțime, bisectoare perpendiculară și proprietățile acestora.
· Luați în considerare punctul Gergonne, cercul Euler și linia Euler, care nu sunt studiate la școală.
CAPITOLUL 1. Bisectoarea unui triunghi, centrul cercului înscris al unui triunghi. Proprietățile bisectoarei unui triunghi. punctul Gergonna
1 Centrul cercului înscris al unui triunghi
Punctele remarcabile ale unui triunghi sunt puncte a căror locație este determinată în mod unic de triunghi și nu depinde de ordinea în care sunt luate laturile și vârfurile triunghiului.
Bisectoarea unui triunghi este bisectoarea unui unghi al unui triunghi care leagă un vârf de un punct de pe latura opusă.
Teorema. Fiecare punct al bisectoarei unui unghi nedezvoltat este echidistant (adică echidistant de liniile care conțin laturile triunghiului) de laturile sale. Dimpotrivă: fiecare punct situat în interiorul unui unghi și echidistant de laturile unghiului se află pe bisectoarea sa.
Dovada. 1) Luați un punct arbitrar M pe bisectoarea unghiului BAC, trasați perpendicularele MK și ML pe dreptele AB și AC și demonstrați că MK = ML. Luați în considerare triunghiuri dreptunghiulare ?AMK și ?AML. Sunt egale în ipotenuză și unghi ascuțit (AM - ipotenuză comună, 1 = 2 prin convenție). Prin urmare, MK=ML.
) Fie punctul M să se afle în interiorul TU și să fie echidistant de laturile sale AB și AC. Să demonstrăm că raza AM este bisectoarea BAC. Să desenăm perpendicularele MK și ML pe liniile drepte AB și AC. Triunghiurile dreptunghiulare AKM și ALM sunt egale în ipotenuză și catete (AM este ipotenuza comună, MK = ML prin convenție). Prin urmare, 1 = 2. Dar asta înseamnă că raza AM este bisectoarea BAC. Teorema a fost demonstrată.
Consecinţă. Bisectoarele unui triunghi se intersectează într-un punct (centrul cercului și centrul).
Să notăm cu litera O punctul de intersecție al bisectoarelor AA1 și BB1 ale triunghiului ABC și să trasăm din acest punct perpendicularele OK, OL și respectiv OM pe dreptele AB, BC și CA. Conform teoremei (Fiecare punct al bisectoarei unui unghi nedezvoltat este echidistant de laturile sale. Dimpotrivă: fiecare punct situat în interiorul unghiului și echidistant de laturile unghiului se află pe bisectoarea sa) spunem că OK = OM și OK = OL. Prin urmare, OM = OL, adică punctul O este echidistant de laturile ACB și, prin urmare, se află pe bisectoarea CC1 a acestui unghi. Prin urmare, toate cele trei bisectoare ?ABC se intersectează în punctul O, care este ceea ce trebuia demonstrat.
cerc bisectoare triunghi linie
1.2 Proprietăți ale bisectoarei unui triunghi
Bisectoare BD (Fig. 1.1) a oricărui unghi ?ABC împarte latura opusă în părți AD și CD proporțional cu laturile adiacente ale triunghiului.
Trebuie să demonstrăm că dacă ABD = DBC, atunci AD: DC = AB: BC.
Să efectuăm CE || BD până la intersecția din punctul E cu continuarea laturii AB. Apoi, conform teoremei privind proporționalitatea segmentelor formate pe drepte intersectate de mai multe drepte paralele, vom avea proporția: AD: DC = AB: BE. Pentru a trece de la această proporție la cea care trebuie demonstrată, este suficient să descoperim că BE = BC, adică că ?TOATE isoscele. În acest triunghi E = ABD (ca unghiuri corespunzătoare cu drepte paralele) și ALL = DBC (ca unghiuri transversale cu aceleași linii paralele).
Dar ABD = DBC după condiție; aceasta înseamnă E = ALL și, prin urmare, laturile BE și BC situate opuse unghiurilor egale sunt egale.
Acum, înlocuind BE în proporția scrisă mai sus cu BC, obținem proporția care trebuie demonstrată.
20 Bisectoarele unghiurilor interne și adiacente ale unui triunghi sunt perpendiculare.
Dovada. Fie BD bisectoarea lui ABC (Fig. 1.2), iar BE fie bisectoarea CBF externă adiacentă unghiului intern specificat, ?ABC. Atunci dacă notăm ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, apoi 2 ? + 2?= 1800 și astfel ?+ ?= 900. Și asta înseamnă că BD? FI.
30 Bisectoarea unui unghi exterior al unui triunghi împarte latura opusă externîn părți proporționale cu laturile adiacente.
(Fig.1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 Bisectoarea oricărui unghi al unui triunghi împarte latura opusă în segmente proporționale cu laturile adiacente ale triunghiului.
Dovada. Sa luam in considerare ?ABC. Pentru certitudine, fie bisectoarea CAB să intersecteze latura BC în punctul D (Fig. 1.4). Să arătăm că BD: DC = AB: AC. Pentru a face acest lucru, trageți o dreaptă paralelă cu dreapta AB prin punctul C și notați cu E punctul de intersecție al acestei drepte AD. Apoi DAB=DEC, ABD=ECD și prin urmare ?DAB ~ ?DEC pe baza primului criteriu de asemănare a triunghiurilor. În plus, deoarece raza AD este o bisectoare CAD, atunci CAE = EAB = AEC și, prin urmare, ?ECA isoscel. Prin urmare AC=CE. Dar în acest caz, din similitudine ?DAB și ?DEC rezultă că BD: DC=AB: CE =AB: AC și asta era ceea ce trebuia dovedit.
Dacă bisectoarea unui unghi extern al unui triunghi intersectează prelungirea laturii opuse vârfului acestui unghi, atunci segmentele de la punctul de intersecție rezultat până la capetele laturii opuse sunt proporționale cu laturile adiacente ale triunghiului.
Dovada. Sa luam in considerare ?ABC. Fie F un punct pe prelungirea laturii CA, D fie punctul de intersecție a bisectoarei triunghiului exterior BAF cu prelungirea laturii CB (Fig. 1.5). Să arătăm că DC:DB=AC:AB. Într-adevăr, să desenăm o dreaptă paralelă cu dreapta AB prin punctul C și să notăm cu E punctul de intersecție al acestei drepte cu dreapta DA. Apoi triunghiul ADB ~ ?EDC și deci DC:DB=EC:AB. Și de când ?EAC= ?RĂU= ?CEA, apoi în isoscel ?Partea CEA AC=EC și, astfel, DC:DB=AC:AB, ceea ce trebuia dovedit.
3 Rezolvarea problemelor folosind proprietățile bisectoarei
Problema 1. Fie O centrul unui cerc înscris în ?ABC, CAB = ?. Demonstrați că COB = 900 + ? /2.
Soluţie. Deoarece O este centrul înscrisului ?ABC al unui cerc (Figura 1.6), apoi razele BO și CO sunt bisectoare ABC și, respectiv, BCA. Și apoi COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, care este ceea ce trebuia dovedit.
Problema 2. Fie O centrul descrierii despre ?ABC al unui cerc, H este baza altitudinii trasate pe latura BC. Demonstrați că bisectoarea CAB este și bisectoarea? OAH.
Fie AD bisectoarea lui CAB, AE diametrul circumscrisului ?ABC al unui cerc (Fig. 1.7, 1.8). Dacă ?ABC este acut (Fig. 1.7) și, prin urmare, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ arcuri AC și ?BHA și ?ECA dreptunghiulară (BHA =ECA = 900), apoi ?BHA~ ?ECA și deci CAO = CAE =HAB. În plus, BAD și CAD sunt egale în funcție de condiție, deci HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Fie acum ABC = 900. În acest caz, înălțimea AH coincide cu latura AB, atunci punctul O va aparține ipotenuzei AC și, prin urmare, validitatea enunțului problemei este evidentă.
Să luăm în considerare cazul când ABC > 900 (Fig. 1.8). Aici patrulaterul ABCE este înscris într-un cerc și deci AEC = 1800 - ABC. Pe de altă parte, ABH = 1800 - ABC, i.e. AEC = ABH. Și de când ?BHA și ?ECA sunt dreptunghiulare și, prin urmare, HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, apoi HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Cazurile în care BAC și ACB sunt obtuze sunt tratate în mod similar. ?
4 puncte Gergonna
Punctul Gergonne este punctul de intersecție al segmentelor care leagă vârfurile triunghiului cu punctele de tangență ale laturilor opuse acestor vârfuri și cercul înscris al triunghiului.
Fie punctul O centrul cercului triunghiului ABC. Lasă cercul să atingă laturile triunghiului BC, AC și AB la punctele D,Eşi respectiv F. Punctul Gergonne este punctul de intersecție al segmentelor AD, BE și CF. Fie punctul O centrul cercului înscris ?ABC. Lasă cercul să atingă laturile triunghiului BC, AC și AB în punctele D, E și, respectiv, F. Punctul Gergonne este punctul de intersecție al segmentelor AD, BE și CF.
Să demonstrăm că aceste trei segmente se intersectează de fapt într-un punct. Rețineți că centrul cercului este punctul de intersecție al bisectoarelor unghiului ?ABC, iar razele cercului sunt OD, OE și OF ?laturile triunghiului. Astfel, avem trei perechi de triunghiuri egale (AFO și AEO, BFO și BDO, CDO și CEO).
Funcționează AF?BD? CE și AE? FI? CF sunt egale, deoarece BF = BD, CD = CE, AE = AF, prin urmare, raportul acestor produse este egal, iar după teorema lui Ceva (Fie punctele A1, B1, C1 să se afle pe laturile BC, AC și AB ? ABC, respectiv. Fie ca segmentele AA1, BB1 și CC1 să se intersecteze într-un punct. Apoi
(ocolim triunghiul în sensul acelor de ceasornic)), segmentele se intersectează într-un punct.
Proprietățile cercului înscris:
Se spune că un cerc este înscris într-un triunghi dacă atinge toate laturile sale.
Un cerc poate fi înscris în orice triunghi.
Având în vedere: ABC - acest triunghi, O - punctul de intersecție al bisectoarelor, M, L și K - punctele de tangență ale cercului cu laturile triunghiului (Fig. 1.11).
Demonstrați: O este centrul unui cerc înscris în ABC.
Dovada. Să desenăm perpendicularele OK, OL și OM din punctul O către laturile AB, BC și, respectiv, CA (Fig. 1.11). Deoarece punctul O este echidistant de laturile triunghiului ABC, atunci OK = OL = OM. Prin urmare, un cerc cu centrul O de rază OK trece prin punctele K, L, M. Laturile triunghiului ABC ating acest cerc în punctele K, L, M, deoarece sunt perpendiculare pe razele OK, OL și OM. Aceasta înseamnă că un cerc cu centrul O de rază OK este înscris în triunghiul ABC. Teorema a fost demonstrată.
Centrul unui cerc înscris într-un triunghi este punctul de intersecție al bisectoarelor acestuia.
Fie dat ABC, O fiind centrul cercului înscris în el, D, E și F punctele de contact ale cercului cu laturile (Fig. 1.12). ? AEO = ? AOD pe ipotenuză și catete (EO = OD - ca rază, AO - total). Din egalitatea triunghiurilor, ce urmează? OAD = ? O.A.E. Deci AO este bisectoarea unghiului EAD. Se demonstrează în același mod că punctul O se află pe celelalte două bisectoare ale triunghiului.
Raza trasată la punctul tangent este perpendiculară pe tangente.
Dovada. Fie înconjurătoarea (O; R) un cerc dat (Fig. 1.13), linia dreaptă a îl atinge în punctul P. Fie ca raza OP să nu fie perpendiculară pe a. Să desenăm o perpendiculară OD din punctul O la tangentă. După definiția unei tangente, toate punctele sale, altele decât punctul P, și în special punctul D, se află în afara cercului. Prin urmare, lungimea perpendicularei OD este mai mare decât lungimea R a oblicului OP. Aceasta contrazice proprietatea oblică, iar contradicția rezultată dovedește afirmația.
CAPITOLUL 2. 3 puncte remarcabile ale triunghiului, cercul lui Euler, dreapta lui Euler.
1 Centrul cercului circumferitor al unui triunghi
O bisectoare perpendiculară pe un segment este o dreaptă care trece prin mijlocul segmentului și perpendiculară pe acesta.
Teorema. Fiecare punct al bisectoarei perpendiculare a unui segment este echidistant de capetele acelui segment. Dimpotrivă: fiecare punct echidistant de capetele unui segment se află pe bisectoarea perpendiculară pe acesta.
Dovada. Fie linia dreaptă m bisectoarea perpendiculară pe segmentul AB și punctul O mijlocul segmentului.
Să considerăm un punct arbitrar M pe o dreaptă m și să demonstrăm că AM=BM. Dacă punctul M coincide cu punctul O, atunci această egalitate este adevărată, deoarece O este punctul de mijloc al segmentului AB. Fie M și O - diverse puncte. Dreptunghiular ?OAM și ?OBM sunt egale pe două picioare (OA = OB, OM este piciorul comun), prin urmare AM = BM.
) Se consideră un punct arbitrar N, echidistant de capetele segmentului AB și se demonstrează că punctul N se află pe dreapta m. Dacă N este un punct pe dreapta AB, atunci coincide cu mijlocul O al segmentului AB și, prin urmare, se află pe dreapta m. Dacă punctul N nu se află pe dreapta AB, atunci luați în considerare ?ANB, care este isoscel, deoarece AN=BN. Segmentul NO este mediana acestui triunghi și, prin urmare, înălțimea. Astfel, NO este perpendicular pe AB, prin urmare liniile ON și m coincid și, prin urmare, N este un punct al dreptei m. Teorema a fost demonstrată.
Consecinţă. Bisectoarele perpendiculare pe laturile triunghiului se intersectează într-un punct (centrul cercului circumferitor).
Să notăm O, punctul de intersecție al perpendicularelor bisectoriale m și n pe laturile AB și BC ?ABC. Conform teoremei (fiecare punct al bisectoarei pe un segment este echidistant de capetele acestui segment. Dimpotrivă: fiecare punct echidistant de capetele segmentului se află pe bisectoarea perpendiculară pe acesta.) concluzionăm că OB = OA și OB = OC deci: OA = OC, Adică punctul O este echidistant de capetele segmentului AC și, prin urmare, se află pe bisectoarea perpendiculară p pe acest segment. Prin urmare, toate cele trei bisectoare m, n și p pe laturi ?ABC se intersectează în punctul O.
Pentru un triunghi ascuțit acest punct se află în interior, pentru un triunghi obtuz se află în afara triunghiului, pentru un triunghi dreptunghic se află în mijlocul ipotenuzei.
Proprietatea bisectoarei perpendiculare a unui triunghi:
Dreptele pe care se află bisectoarele unghiurilor interne și externe ale triunghiului, care ies dintr-un vârf, se intersectează cu perpendiculara la jumătatea distanței pe latura opusă din puncte diametral opuse ale cercului circumscris triunghiului.
Dovada. Să fie, de exemplu, bisectoarea ABC să o intersecteze pe cea descrisă despre ?Cercul ABC în punctul D (Fig. 2.1). Apoi, deoarece ABD și DBC înscrise sunt egale, atunci AD = arc DC. Dar bisectoarea perpendiculară pe latura AC bisectează și arcul AC, astfel încât punctul D va aparține și acestei bisectoare perpendiculare. Mai mult, deoarece prin proprietatea 30 din paragraful 1.3 bisectoarea BD ABC adiacentă cu ABC, aceasta din urmă va intersecta cercul într-un punct diametral opus punctului D, deoarece un unghi drept înscris se sprijină întotdeauna pe diametru.
2 Ortocentrul cercului unui triunghi
Înălțimea este o perpendiculară trasată de la vârful unui triunghi pe o linie dreaptă care conține latura opusă.
Altitudinile unui triunghi (sau prelungirile lor) se intersectează într-un punct (ortocentru).
Dovada. Luați în considerare un arbitrar ?ABC și demonstrați că dreptele AA1, BB1, CC1 care conțin înălțimile sale se intersectează într-un punct. Să trecem prin fiecare vârf ?ABC este o linie dreaptă paralelă cu latura opusă. Primim ?A2B2C2. Punctele A, B și C sunt punctele mijlocii ale acestui triunghi. Într-adevăr, AB=A2C și AB=CB2 sunt ca laturile opuse ale paralelogramelor ABA2C și ABCB2, deci A2C=CB2. În mod similar C2A=AB2 și C2B=BA2. În plus, după cum rezultă din construcție, CC1 este perpendicular pe A2B2, AA1 este perpendicular pe B2C2 și BB1 este perpendicular pe A2C2. Astfel, liniile AA1, BB1 și CC1 sunt bisectoare perpendiculare pe laturi ?A2B2C2. Prin urmare, ele se intersectează la un moment dat.
În funcție de tipul de triunghi, ortocentrul poate fi în interiorul triunghiului în unghiul ascuțit, în afara acestuia - în unghiul obtuz sau coincide cu vârful, în cele dreptunghiulare - coincide cu vârful de la unghi drept.
Proprietățile altitudinii unui triunghi:
Un segment care leagă bazele a două altitudini ale unui triunghi ascuțit decupează din el un triunghi similar celui dat, cu un coeficient de asemănare egal cu cosinusul unghiului comun.
Dovada. Fie AA1, BB1, CC1 înălțimile triunghiului acut ABC și ABC = ?(Fig. 2.2). Triunghiurile dreptunghiulare BA1A și CC1B au un comun ?, deci sunt similare, ceea ce înseamnă BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Rezultă că BA1/BC1=BA/BC = cos ?, adică V ?C1BA1 și ?Laturile ABC adiacente comunului ??C1BA1~ ?ABC, cu coeficientul de similaritate egal cu cos ?. În mod similar se demonstrează că ?A1CB1~ ?ABC cu coeficient de similaritate cos BCA, și ?B1AC1~ ?ABC cu coeficient de similitudine cos CAB.
Altitudinea coborâtă la ipotenuza unui triunghi dreptunghic îl împarte în două triunghiuri asemănătoare unul cu celălalt și asemănătoare cu triunghiul original.
Dovada. Luați în considerare un dreptunghiular ?ABC, care are ?BCA = 900, iar CD este înălțimea acestuia (Fig. 2.3).
Apoi asemănarea ?ADC și ?BDC decurge, de exemplu, din semnul asemănării triunghiurilor dreptunghiulare prin proporționalitatea a două catete, întrucât AD/CD = CD/DB. Fiecare dintre triunghiurile dreptunghiulare ADC și BDC este similar cu triunghiul dreptunghic inițial, cel puțin pe baza asemănării la două unghiuri.
Rezolvarea problemelor care implică utilizarea proprietăților de elevație
Problema 1. Demonstrați că un triunghi, unul dintre vârfurile căruia este vârful triunghiului obtuz dat, iar celelalte două vârfuri sunt bazele altitudinilor triunghiului obtuz, omis din celelalte două vârfuri ale sale, este similar cu triunghi dat cu un coeficient de asemănare egal cu modulul cosinusului unghiului de la primul vârf .
Soluţie. Luați în considerare un obtuz ?ABC cu CAB prost. Fie AA1, BB1, CC1 înălțimile sale (Fig. 2.4, 2.5, 2.6) și fie CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.
Dovada faptului că ?C1BA1~ ?ABC (Fig. 2.4) cu coeficient de similitudine k = cos ?, repetă integral raționamentul efectuat în dovada proprietății 1, paragraful 2.2.
Să demonstrăm asta ?A1CB~ ?ABC (Fig. 2.5) cu coeficient de similitudine k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (Fig. 2.6) cu coeficient de similitudine k2 = |cos? |.
Într-adevăr, triunghiurile dreptunghiulare CA1A și CB1B au un unghi comun ?și deci asemănătoare. Rezultă că B1C/ BC = A1C / AC= cos ?și, prin urmare, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, adică în triunghiurile A1CB1 și ABC laturile formând un comun ??, sunt proporționale. Și apoi, conform celui de-al doilea criteriu de asemănare a triunghiurilor ?A1CB~ ?ABC, cu coeficient de similitudine k1= cos ?. În ceea ce privește ultimul caz (Fig. 2.6), apoi din luarea în considerare a triunghiurilor dreptunghiulare ?BB1A și ?CC1A cu unghiuri verticale egale BAB1 și C1AC rezultă că sunt similare și deci B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, din moment ce ??- contondent. Prin urmare B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| și astfel în triunghiuri ?B1AC1 și ?Se formează laturile ABC unghiuri egale, sunt proporționale. Și asta înseamnă că ?B1AC1~ ?ABC cu coeficient de similitudine k2 = |cos? |.
Problema 2. Demonstrați că dacă punctul O este punctul de intersecție al altitudinilor unui triunghi ascuțit ABC, atunci ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.
Soluţie. Să demonstrăm validitatea primei formule date în enunțul problemei. Valabilitatea celor două formule rămase este dovedită în mod similar. Deci să fie ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 și C1 sunt bazele altitudinilor triunghiului trasat din vârfurile A, B și, respectiv, C (Fig. 2.7). Apoi din triunghiul dreptunghic BC1C rezultă că BCC1 = 900 - ?si astfel in triunghiul dreptunghic OA1C unghiul COA1 este egal cu ?. Dar suma unghiurilor AOC + COA1 = ? + ?dă un unghi drept și, prin urmare, AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, ceea ce trebuia demonstrat.
Problema 3. Demonstrați că altitudinile unui triunghi ascuțit sunt bisectoarele unghiurilor unui triunghi ale cărui vârfuri sunt bazele altitudinilor acestui triunghi.
este.2.8
Soluţie. Fie AA1, BB1, CC1 altitudinile triunghiului acut ABC și fie CAB = ?(Fig. 2.8). Să demonstrăm, de exemplu, că înălțimea AA1 este bisectoarea unghiului C1A1B1. Într-adevăr, deoarece triunghiurile C1BA1 și ABC sunt similare (proprietatea 1), atunci BA1C1 = ?și, prin urmare, C1A1A = 900 - ?. Din asemănarea triunghiurilor A1CB1 și ABC rezultă că AA1B1 = 900 - ?și prin urmare C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Dar asta înseamnă că AA1 este bisectoarea unghiului C1A1B1. În mod similar, se demonstrează că celelalte două altitudini ale triunghiului ABC sunt bisectoarele celorlalte două unghiuri corespunzătoare ale triunghiului A1B1C1.
3 Centrul de greutate al cercului unui triunghi
Mediana unui triunghi este un segment care leagă orice vârf al triunghiului de punctul de mijloc al laturii opuse.
Teorema. Mediana triunghiului se intersectează într-un punct (centrul de greutate).
Dovada. Să considerăm arbitrar? ABC.
Să notăm punctul de intersecție al medianelor AA1 și BB1 cu litera O și să trasăm linia de mijloc A1B1 a acestui triunghi. Segmentul A1B1 este paralel cu latura AB, prin urmare 1 = 2 și 3 = 4. Prin urmare, ?AOB și ?A1OB1 sunt similare la două unghiuri și, prin urmare, laturile lor sunt proporționale: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Dar AB=2A1B1, deci AO=2A1O și BO=2B1O. Astfel, punctul O al intersecției medianelor AA1 și BB1 împarte fiecare dintre ele într-un raport de 2:1, numărând de la vârf.
În mod similar, este dovedit că punctul de intersecție al medianelor BB1 și CC1 împarte fiecare dintre ele în raportul 2:1, numărând de la vârf și, prin urmare, coincide cu punctul O și este împărțit de acesta în raportul 2:1, numărând de la vârf.
Proprietățile medianei unui triunghi:
10 Medianele unui triunghi se intersectează într-un punct și sunt împărțite la punctul de intersecție într-un raport de 2:1, numărând de la vârf.
Dat: ?ABC, AA1, BB1 - mediane.
Demonstrați: AO:OA1=VO:OB1=2:1
Dovada. Să trasăm linia de mijloc A1B1 (Fig. 2.10), conform proprietății dreptei de mijloc A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. De la A1B1 || AB, apoi 1 = 2 situat transversal cu drepte paralele AB și A1B1 și secante AA1. 3 = 4 situat transversal cu drepte paralele A1B1 și AB și secante BB1.
Prin urmare, ?AOB ~ ?A1OB1 prin egalitatea a două unghiuri, ceea ce înseamnă că laturile sunt proporționale: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
Mediana împarte un triunghi în două triunghiuri de suprafață egală.
Dovada. BD - mediană ?ABC (Fig. 2.11), BE - înălțimea sa. Apoi ?ABD și ?DBC au dimensiuni egale deoarece au baze egale AD și, respectiv, DC și o înălțime comună BE.
Întregul triunghi este împărțit de medianele sale în șase triunghiuri egale.
Dacă, în continuarea medianei triunghiului, un segment egal în lungime cu mediana este așezat din mijlocul laturii triunghiului, atunci punctul final al acestui segment și vârfurile triunghiului sunt vârfurile lui paralelogramul.
Dovada. Fie D mijlocul laturii BC ?ABC (Fig. 2.12), E este un punct pe dreapta AD astfel încât DE=AD. Atunci, întrucât diagonalele AE și BC ale patrulaterului ABEC în punctul D al intersecției lor sunt bisectate, din proprietatea 13.4 rezultă că patrulaterul ABEC este un paralelogram.
Rezolvarea problemelor folosind proprietățile medianelor:
Problema 1. Demonstrați că dacă O este punctul de intersecție al medianelor ?ABC atunci ?A.O.B. ?BOC și ?AOC au dimensiuni egale.
Soluţie. Fie AA1 și BB1 mediane ?ABC (fig. 2.13). Sa luam in considerare ?AOB și ?BOC. Este evident că S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O,S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Dar prin proprietatea 2 avem S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, ceea ce înseamnă că S ?AOB = S ?BOC. Egalitatea S ?AOB = S ?AOC.
Problema 2. Demonstrați că dacă punctul O se află în interior ?ABC și ?A.O.B. ?BOC și ?AOC sunt egale ca suprafață, atunci O este punctul de intersecție al medianelor? ABC.
Soluţie. Sa luam in considerare ?ABC (2.14) și să presupunem că punctul O nu se află pe mediana BB1. Apoi, deoarece OB1 este mediana ?AOC apoi S ?AOB1 = S ?B1OC și deoarece prin condiția S ?AOB = S ?BOC, apoi S ?AB1OB = S ?BOB1C. Dar acest lucru nu poate fi, deoarece S ?ABB1 = S ?B1BC. Contradicția rezultată înseamnă că punctul O se află pe mediana BB1. În mod similar, se demonstrează că punctul O aparține altor două mediane ?ABC. Rezultă că punctul O este într-adevăr punctul de intersecție a trei mediane? ABC.
Problema 3. Demonstrați că dacă în ?Laturile ABC AB și BC nu sunt egale, atunci bisectoarea sa BD se află între mediana BM și înălțimea BH.
Dovada. Să descriem despre ?ABC este un cerc și își extinde bisectoarea BD până când intersectează cercul în punctul K. Punctul de mijloc perpendicular pe segmentul AC va trece prin punctul K (proprietatea 1, din paragraful 2.1), care are un punct comun M cu mediana. Dar deoarece segmentele BH și MK sunt paralele, iar punctele B și K se află pe laturile opuse ale dreptei AC, atunci punctul de intersecție al segmentelor BK și AC aparține segmentului HM și acest lucru demonstrează necesarul.
Problema 4. B ?Mediana ABC BM are jumătate din dimensiunea laturii AB și formează cu ea un unghi de 400. Aflați ABC.
Soluţie. Să extindem mediana BM dincolo de punctul M cu lungimea sa și să obținem punctul D (Fig. 2.15). Deoarece AB = 2BM, atunci AB = BD, adică triunghiul ABD este isoscel. Prin urmare, RĂU = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Cadrilaterul ABCD este un paralelogram deoarece diagonalele sale sunt tăiate în două de punctul lor de intersecție. Aceasta înseamnă CBD = ADB = 700. Atunci ABC = ABD + CBD = 1100. Răspunsul este 1100.
Problema 5. Laturile?ABC sunt egale cu a, b, c. Calculați mediana mc trasată pe latura c (Fig. 2.16).
Soluţie. Să dublăm mediana construind ?ABC la paralelogramul ACBP și să aplicăm acestui paralelogram teorema 8. Obținem: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, i.e. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, de unde găsim:
2.4 Cercul lui Euler. linia lui Euler
Teorema. Bazele medianelor, altitudinile unui triunghi arbitrar, precum și punctele mijlocii ale segmentelor care leagă vârfurile triunghiului cu ortocentrul său se află pe același cerc, a cărui rază este egală cu jumătate din raza cercului circumscris cca. triunghiul. Acest cerc se numește cerc în nouă puncte sau cerc al lui Euler.
Dovada. Să luăm mijlocul?MNL (Fig. 2.17) și să descriem în jurul lui un cerc W. Segmentul LQ este mediana în dreptunghiul?AQB, deci LQ=1/2AB. Segmentul MN=1/2AB, deoarece MN - linia de mijloc?ABC. Rezultă că trapezul QLMN este isoscel. Deoarece cercul W trece prin 3 vârfuri ale unui trapez isoscel L, M, N, va trece și prin al patrulea vârf Q. În mod similar, se demonstrează că P aparține lui W, R aparține lui W.
Să trecem la punctele X, Y, Z. Segmentul XL este perpendicular pe BH ca linie mediană?AHB. Segmentul BH este perpendicular pe AC și deoarece AC este paralel cu LM, atunci BH este perpendicular pe LM. Prin urmare, XLM=P/2. La fel, XNM= P/2.
În patrulaterul LXNM, două unghiuri opuse sunt unghiuri drepte, deci un cerc poate fi descris în jurul lui. Acesta va fi cercul W. Deci X aparține lui W, în mod similar Y aparține lui W, Z aparține lui W.
Mijlocul?LMN este similar cu?ABC. Coeficientul de asemănare este 2. Prin urmare, raza cercului de nouă puncte este R/2.
Proprietățile cercului Euler:
Raza cercului de nouă puncte este egală cu jumătate din raza cercului circumscris aproximativ?ABC.
Cercul de nouă puncte este omotetic cu cercul circumscris aproximativ ABC, cu coeficientul ½ și centrul de homotezie în punctul H.
Teorema. Ortocentrul, centroidul, circumcentrul și centrul cercului în nouă puncte se află pe aceeași linie dreaptă. linia dreaptă a lui Euler.
Dovada. Fie H ortocentrul?ABC (Fig. 2.18) și O centrul cercului circumscris. Prin construcție, bisectoarele perpendiculare?ABC conțin înălțimile medianei?MNL, adică O este simultan ortocentrul?LMN. ?LMN ~ ?ABC, coeficientul lor de similitudine este 2, deci BH=2ON.
Să trasăm o linie dreaptă prin punctele H și O. Obținem două triunghiuri similare?NOG și?BHG. Deoarece BH=2ON, atunci BG=2GN. Acesta din urmă înseamnă că punctul G este centroidul?ABC. Pentru punctul G raportul HG:GO=2:1 este satisfăcut.
Fie mai departe TF bisectoarea perpendiculară? MNL și F sunt punctul de intersecție al acestei perpendiculare cu dreapta HO. Să luăm în considerare similarele ?TGF și ?ONG. Punctul G este centroidul lui?MNL, deci coeficientul de similitudine al lui?TGF și?NGO este egal cu 2. Prin urmare, OG=2GF și deoarece HG=2GO, atunci HF=FO și F este mijlocul segmentului HO.
Dacă facem același raționament cu privire la bisectoarea perpendiculară pe cealaltă parte?MNL, atunci trebuie să treacă și prin mijlocul segmentului HO. Dar asta înseamnă că punctul F este punctul bisectoarelor perpendiculare?MNL. Acest punct este centrul cercului Euler. Teorema a fost demonstrată.
CONCLUZIE
În această lucrare, am analizat 4 puncte minunate ale unui triunghi, studiate la școală, și proprietățile lor, pe baza cărora putem rezolva multe probleme. Au fost luate în considerare și punctul Gergonne, cercul Euler și linia dreaptă Euler.
LISTA SURSELOR UTILIZATE
1.Geometrie 7-9. Manual pentru școlile secundare // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. şi alţii - M.: Educaţie, 1994.
2.Amelkin V.V. Geometrie în plan: Teorie, probleme, soluții: Proc. Un manual de matematică // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevici, V.L. Timohovici - Mn.: „Asar”, 2003.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manual de geometrie elementară. Orenburg, OGPI, 1991.
.Prasolov V.G. Probleme de planimetrie. - Ed. a IV-a, completată - M.: Editura Centrului de Educație Matematică Continuă din Moscova, 2001.
Baranova Elena
Această lucrare examinează punctele remarcabile ale triunghiului, proprietățile și modelele lor, cum ar fi cercul în nouă puncte și linia dreaptă Euler. Dat referință istorică descoperirea dreptei lui Euler și a cercului în nouă puncte. Este propusă direcția practică de aplicare a proiectului meu.
Descarca:
Previzualizare:
Pentru a utiliza previzualizările prezentării, creați-vă un cont ( cont) Google și conectați-vă: https://accounts.google.com
Subtitrările diapozitivelor:
„PUNCTELE MINUNAȚE ALE UNUI TRIUNGHI”. (Întrebări aplicate și fundamentale de matematică) Elena Baranova Clasa a VIII-a, MKOU „Școala Gimnazială Nr. 20” Poz. Novoizobilny, Tatyana Vasilievna Dukhanina, profesor de matematică a MKOU „Școala secundară nr. 20” satul Novoizobilny 2013. Guvernul municipal instituție educațională„Școala medie nr. 20”
Scop: studiați triunghiul pentru punctele sale remarcabile, studiați clasificările și proprietățile lor. Sarcini: 1.Studiu literatura necesară 2. Studiați clasificarea punctelor remarcabile ale unui triunghi 3.. Familiarizați-vă cu proprietățile punctelor remarcabile ale unui triunghi 4. Să fiți capabil să construiți puncte remarcabile ale unui triunghi. 5. Explorați sfera punctelor remarcabile. Obiect de studiu - secțiunea de matematică - geometrie Subiect de studiu - triunghi Relevanță: extindeți cunoștințele despre triunghi, proprietățile punctelor sale remarcabile. Ipoteza: legatura dintre triunghi si natura
Punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare.Este echidistant de vârfurile triunghiului și este centrul cercului circumscris. Cercuri circumscrise triunghiurilor, ale căror vârfuri sunt punctele mijlocii ale laturilor triunghiului și vârfurile triunghiului se intersectează într-un punct, care coincide cu punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare.
Punctul de intersecție al bisectoarelor Punctul de intersecție al bisectoarelor unui triunghi este echidistant de laturile triunghiului. OM=OA=OB
Punctul de intersecție al altitudinilor Punctul de intersecție al bisectoarelor unui triunghi, ale cărui vârfuri sunt bazele înălțimilor, coincide cu punctul de intersecție al altitudinilor triunghiului.
Punctul de intersecție al medianelor Medianele unui triunghi se intersectează într-un punct, care împarte fiecare mediană într-un raport de 2:1, numărând de la vârf. Dacă punctul de intersecție al medianelor este conectat la vârfuri, atunci triunghiul va fi împărțit în trei triunghiuri de suprafață egală. O proprietate importantă a punctului de intersecție al medianelor este faptul că suma vectorilor, al căror început este punctul de intersecție al medianelor, iar capetele sunt vârfurile triunghiurilor, este egală cu zero 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
Punctul Torricelli Notă: Un punct Torricelli există dacă toate unghiurile triunghiului sunt mai mici de 120.
Cercul de nouă puncte B1, A1, C1 – bazele înălțimii; A2, B2, C2 – punctele mijlocii ale laturilor corespunzătoare; A3, B3, C3 sunt punctele medii ale segmentelor AN, VN și CH.
Linia dreaptă a lui Euler Punctul de intersecție al medianelor, punctul de intersecție al înălțimilor, centrul unui cerc de nouă puncte se află pe o singură dreaptă, care se numește linia dreaptă a lui Euler în onoarea matematicianului care a determinat acest model.
Un pic din istoria descoperirii punctelor remarcabile În 1765, Euler a descoperit că punctele medii ale laturilor unui triunghi și bazele altitudinilor sale se află pe același cerc. Cea mai uimitoare proprietate a punctelor remarcabile ale unui triunghi este că unele dintre ele sunt conectate între ele printr-un anumit raport. Punctul de intersecție al medianelor M, punctul de intersecție al înălțimilor H și centrul cercului circumscris O se află pe aceeași dreaptă, iar punctul M împarte segmentul OH astfel încât relația OM: OH = 1 : 2 este valabilă. Această teoremă a fost demonstrată de Leonhard Euler în 1765.
Legătura dintre geometrie și natură. În această poziție, energia potențială are cea mai mică valoare, iar suma segmentelor MA+MB+MC va fi cea mai mică, iar suma vectorilor aflați pe aceste segmente cu începutul în punctul Torricelli va fi egală cu zero.
Concluzii Am învățat că pe lângă minunatele puncte de intersecție a înălțimilor, medianelor, bisectoarelor și bisectoarelor perpendiculare pe care le cunosc, există și puncte și linii minunate ale unui triunghi. Pot folosi cunoștințele acumulate pe această temă în mine activități educaționale, aplică independent teoreme la anumite probleme, aplică teoremele învăţate într-o situaţie reală. Cred că folosirea punctelor și liniilor minunate ale unui triunghi în învățarea matematicii este eficientă. Cunoașterea lor accelerează semnificativ rezolvarea multor sarcini. Materialul propus poate fi folosit atât în lecțiile de matematică, cât și în activitățile extracurriculare pentru elevii din clasele 5-9.
Previzualizare:
Pentru a utiliza previzualizarea, creați un cont Google și conectați-vă:
Există așa-numitele patru puncte remarcabile într-un triunghi: punctul de intersecție al medianelor. Punctul de intersecție al bisectoarelor, punctul de intersecție al altitudinilor și punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare. Să ne uităm la fiecare dintre ele.
Punctul de intersecție al medianelor triunghiului
Teorema 1
La intersecția medianelor unui triunghi: Medianele unui triunghi se intersectează într-un punct și sunt împărțite la punctul de intersecție în raportul $2:1$ începând de la vârf.
Dovada.
Luați în considerare triunghiul $ABC$, unde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sunt medianele sale. Deoarece medianele împart laturile în jumătate. Să luăm în considerare linia de mijloc $A_1B_1$ (Fig. 1).
Figura 1. Medianele unui triunghi
După teorema 1, $AB||A_1B_1$ și $AB=2A_1B_1$, prin urmare, $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Aceasta înseamnă că triunghiurile $ABM$ și $A_1B_1M$ sunt similare conform primului criteriu de asemănare a triunghiurilor. Apoi
În mod similar, este dovedit că
Teorema a fost demonstrată.
Punct de intersecție al bisectoarelor triunghiului
Teorema 2
La intersecția bisectoarelor unui triunghi: Bisectoarele unui triunghi se intersectează într-un punct.
Dovada.
Luați în considerare triunghiul $ABC$, unde $AM,\BP,\CK$ sunt bisectoarele sale. Fie punctul $O$ punctul de intersecție al bisectoarelor $AM\ și\BP$. Să desenăm perpendiculare din acest punct pe laturile triunghiului (Fig. 2).
Figura 2. Bisectoare triunghiulare
Teorema 3
Fiecare punct al bisectoarei unui unghi nedezvoltat este echidistant de laturile sale.
Prin teorema 3, avem: $OX=OZ,\ OX=OY$. Prin urmare, $OY=OZ$. Aceasta înseamnă că punctul $O$ este echidistant de laturile unghiului $ACB$ și, prin urmare, se află pe bisectoarea sa $CK$.
Teorema a fost demonstrată.
Punctul de intersecție al bisectoarelor perpendiculare ale unui triunghi
Teorema 4
Bisectoarele perpendiculare pe laturile unui triunghi se intersectează într-un punct.
Dovada.
Fie dat un triunghi $ABC$, $n,\ m,\ p$ bisectoarele sale perpendiculare. Fie punctul $O$ punctul de intersecție al perpendicularelor bisectoriale $n\ și\ m$ (Fig. 3).
Figura 3. Bisectoare perpendiculare ale unui triunghi
Pentru a o demonstra, avem nevoie de următoarea teoremă.
Teorema 5
Fiecare punct al bisectoarei perpendiculare pe un segment este echidistant de capetele segmentului.
Prin teorema 3, avem: $OB=OC,\ OB=OA$. Prin urmare, $OA=OC$. Aceasta înseamnă că punctul $O$ este echidistant de capetele segmentului $AC$ și, prin urmare, se află pe bisectoarea sa perpendiculară $p$.
Teorema a fost demonstrată.
Punct de intersecție al altitudinilor triunghiului
Teorema 6
Altitudinile unui triunghi sau prelungirile lor se intersectează într-un punct.
Dovada.
Luați în considerare triunghiul $ABC$, unde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ este altitudinea sa. Să tragem o linie dreaptă prin fiecare vârf al triunghiului paralel cu latura opusă vârfului. Obținem un nou triunghi $A_2B_2C_2$ (Fig. 4).
Figura 4. Înălțimile triunghiului
Deoarece $AC_2BC$ și $B_2ABC$ sunt paralelograme cu o latură comună, atunci $AC_2=AB_2$, adică punctul $A$ este punctul de mijloc al laturii $C_2B_2$. În mod similar, aflăm că punctul $B$ este punctul de mijloc al laturii $C_2A_2$, iar punctul $C$ este punctul de mijloc al laturii $A_2B_2$. Din construcție avem că $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Prin urmare, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sunt bisectoarele perpendiculare ale triunghiului $A_2B_2C_2$. Apoi, prin teorema 4, avem că înălțimile $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ se intersectează într-un punct.
