Genel Bakanlığı ve mesleki Eğitim Sverdlovsk bölgesi.
ISUO, Yekaterinburg.
Eğitim kurumu - MUSOSH No. 212 "Yekaterinburg Kültüroloji Lisesi"
Eğitim alanı matematiktir.
Konu geometri.
Üçgenin harika noktaları
Açıklaması: 8. sınıf öğrencisi
Selitsky Dmitry Konstantinovich.
Bilim danışmanı:
Rabkanov Sergey Petrovich.
Ekaterinburg, 2001
Tanıtım 3
Açıklayıcı kısım:
Ortocenter 4
İç merkez 5
Ağırlık merkezi 7
Çevrelenmiş dairenin merkezi 8
Euler satırı 9
Pratik kısım:
Ortosentrik üçgen 10
Sonuç 11
Referanslar 11
Tanıtım.
Geometri bir üçgenle başlar. İki buçuk bin yıl boyunca üçgen geometrinin bir simgesi olmuştur. Yeni özellikleri sürekli keşfediliyor. Bir üçgenin bilinen tüm özelliklerinden bahsetmek çok zaman alacaktır. Sözde ilgilendim " harika noktalarüçgen ". Bu tür noktalara bir örnek, açıortayların kesişme noktasıdır. Uzayda rastgele üç nokta alırsanız, onlardan bir üçgen oluşturursanız ve açıortaylar çizerseniz, o zaman (ortaylar) bir noktada kesişecekleri dikkat çekicidir! Bu mümkün değil gibi görünüyor, çünkü keyfi puanlar aldık, ancak bu kural her zaman geçerlidir. Diğer "dikkate değer noktalar" da benzer özelliklere sahiptir.
Bu konudaki literatürü okuduktan sonra, kendime beş harika nokta ve bir üçgenin tanımlarını ve özelliklerini belirledim. Ama bu işimin sonu değildi, bu noktaları kendim keşfetmek istedim.
Böyle amaç bu çalışma - üçgenin bazı dikkate değer özelliklerinin incelenmesi ve ortosentrik üçgenin incelenmesi. Bu hedefe ulaşma sürecinde, aşağıdaki aşamalar ayırt edilebilir:
Bir öğretmenin yardımıyla edebiyat seçimi
Üçgenin Harika Nokta ve Doğrularının Temel Özelliklerini Keşfetmek
Bu özelliklerin genelleştirilmesi
Ortosentrik üçgen ile ilgili bir problem oluşturma ve çözme
Bu araştırma çalışmasında elde edilen sonuçları sundum. Bilgisayar grafikleri kullanarak yaptığım tüm çizimler (vektör grafik editörü CorelDRAW).
Diklik merkezi. (Yüksekliklerin kesişme noktası)
Yüksekliklerin bir noktada kesiştiğini ispatlayalım. Seni zirvelerden geçirelim A, V ve İLEüçgen ABC zıt taraflara paralel düz çizgiler. Bu çizgiler bir üçgen oluşturur A 1 V 1 İLE 1 ... üçgenin yüksekliği ABCüçgenin kenarlarına ortadaki dikler A 1 V 1 İLE 1 ... bu nedenle, bir noktada kesişirler - üçgenin çevrelenmiş dairesinin merkezi A 1 V 1 İLE 1 ... Üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktasına ortocenter ( H).
Icenter, yazılı dairenin merkezidir.
(Ortaortayların kesişme noktası)
Üçgenin açılarının açıortaylarının olduğunu kanıtlayalım. ABC bir noktada kesişir. noktayı düşünün Ö açıortayların kesişimi A ve V... düz çizgilerden eşit uzaklıkta A açısının açıortayının herhangi bir noktası AB ve OLARAK ve açının açıortayının herhangi bir noktası V düz çizgilerden eşit uzaklıkta AB ve Güneş, yani nokta Ö düz çizgilerden eşit uzaklıkta OLARAK ve Güneş, yani açının bisektöründe yer alır İLE... nokta Ö düz çizgilerden eşit uzaklıkta AB, Güneş ve CA, yani merkezi olan bir daire var Ö bu çizgilere teğettir ve temas noktaları uzantılarında değil, yanlarda bulunur. Nitekim, köşelerdeki açılar A ve Vüçgen AOB keskin bu nedenle projeksiyon noktası Ö düz bir çizgide AB segmentin içinde yatıyor AB.
Partiler için Güneş ve CA kanıt benzer.
Icenter'ın üç özelliği vardır:
açıortayın devamı ise İLE bir üçgenin çevresiyle kesişir ABC noktada m, sonra MA=OG=MO.
Eğer AB- ikizkenar üçgenin tabanı ABC, sonra köşenin kenarlarına teğet daire ASV puan olarak A ve V, noktayı geçer Ö.
noktasından geçen doğru ise Ö tarafa paralel AB, yanları geçer Güneş ve CA puan olarak A 1 ve V 1 , sonra A 1 V 1 =A 1 V+AB 1 .
Ağırlık merkezi. (Ortancaların kesişme noktası)
Üçgenin medyanlarının bir noktada kesiştiğini ispatlayalım. Bunun için noktayı düşünün m medyanların kesiştiği yerde AA 1 ve BB 1 ... üçgen çiz BB 1 İLE orta hat A 1 A 2 paralel BB 1 ... sonra A 1 E: AM=V 1 A 2 : AB 1 =V 1 A 2 :V 1 İLE=VA 1 : Güneş= 1: 2, yani medyan kesişme noktası BB 1 ve AA 1 medyanı böler AA 1 1: 2 oranında. Benzer şekilde, medyanların kesişme noktası SS 1 ve AA 1 medyanı böler AA 1 1: 2 oranında. Bu nedenle, medyanların kesişme noktası AA 1 ve BB 1 medyanların kesişme noktası ile çakışır AA 1 ve SS 1 .
Üçgenin medyanlarının kesişme noktası köşelere bağlanırsa, üçgenler eşit alana sahip üç üçgene bölünür. Gerçekten, eğer kanıtlamak için yeterlidir, eğer r- medyanın herhangi bir noktası AA 1 bir üçgende ABC, sonra üçgenlerin alanları ABP ve AKP eşittir. Sonuçta, medyanlar AA 1 ve RA 1 üçgenlerde ABC ve RVS eşit alana sahip üçgenler halinde kesin.
Bunun tersi de doğrudur: eğer bir noktada rüçgenin içinde yatan ABC, üçgenlerin alanları ABP, ÇARŞAMBA GÜNÜ ve SAR eşittir, o zaman r- medyanların kesişme noktası.
Kesişme noktasının bir özelliği daha vardır: Herhangi bir malzemeden bir üçgen keserseniz, üzerine medyanlar çizerseniz, kaldırmayı medyanların kesişme noktasında sabitlerseniz ve süspansiyonu bir tripoda sabitlerseniz, model (üçgen) olacaktır. denge durumunda olun, bu nedenle, üçgenin ağırlık merkezinden başka bir şey olmayan bir kesişme noktası yoktur.
Sınırlı çemberin merkezi.
Üçgenin köşelerinden eşit uzaklıkta bir nokta olduğunu veya aksi takdirde üçgenin üç köşesinden geçen bir daire olduğunu ispatlayalım. Noktalardan eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yeri A ve V, segmente dik AB ortasından geçen (orta segmente dik AB). noktayı düşünün Ö, doğru bölümlerine diklerin kesiştiği AB ve Güneş... Nokta Ö noktalardan eşit uzaklıkta A ve V ve ayrıca noktalardan V ve İLE... bu nedenle noktalardan eşit uzaklıkta A ve İLE, yani ayrıca segmente dik ortada yer alır OLARAK.
merkez Ö sınırlı daire, ancak bu üçgen dar açılıysa bir üçgenin içinde bulunur. Üçgen dikdörtgen ise, nokta Ö hipotenüsün ortasına denk gelir ve eğer tepe açısı İLE künt sonra düz AB noktaları ayırır Ö ve İLE.
Matematikte, genellikle çok farklı şekillerde tanımlanan nesnelerin aynı olduğu ortaya çıkar. Bunu bir örnekle gösterelim.
İzin vermek A 1 , V 1 ,İLE 1 - yanların ortası Güneş,CA ve AB. Üçgenler etrafında çevrelenmiş dairelerin olduğu kanıtlanabilir. AB 1 İLE, A 1 Güneş 1 ve A 1 V 1 İLE 1 bir noktada kesişir ve bu nokta üçgenin çevrelenmiş dairesinin merkezidir. ABC... Yani, görünüşte tamamen farklı iki noktamız var: üçgenin kenarlarına diklerin kesişme noktası ABC ve üçgenlerin çevrelenmiş dairelerinin kesişme noktası AB 1 İLE 1 , A 1 Güneş ve A 1 V 1 İLE 1 ... ancak bu iki noktanın örtüştüğü ortaya çıktı.
Euler çizgisi.
en muhteşem mülküçgenin dikkat çekici noktaları, bazılarının birbirleriyle belirli oranlarda ilişkili olmasıdır. Örneğin ağırlık merkezi m, diklik merkezi n ve çevrelenmiş dairenin merkezi Ö düz bir çizgi üzerinde uzanıyor ve M noktası OH parçasını aşağıdaki bağıntı doğru olacak şekilde bölüyor ÖM: MN= 1: 2. Bu teorem, 1765 yılında İsviçreli bilim adamı Leonardo Euler tarafından kanıtlandı.
Ortosentrik üçgen.
ortosentrik üçgen(dik üçgen) bir üçgendir ( mnİLE), köşeleri bu üçgenin yüksekliklerinin tabanları olan ( ABC). Bu üçgenin birçok ilginç özelliği var. İşte onlardan biri.
Mülk.
Kanıtlamak:
üçgenler AKM, CMN ve KKNüçgen gibi ABC;
dik üçgen açılar MNK aşağıdaki gibidir: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π - 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.
Kanıt:
Sahibiz ABçünkü A, AKçünkü A... Buradan, AM/AB = AK/AC.
Çünkü yakın üçgenler ABC ve AKM enjeksiyon A- genel, o zaman benzerler, bu nedenle açının sonucuna varıyoruz. L AKM = L C... Böyle L BKM = L C... Ayrıca, biz var L MKC= π / 2 - L C, L NKC= π / 2 - - - L C, yani SC- açıortay MNK... Böyle, L MNK= π - 2 L C... Kalan eşitlikler benzer şekilde ispatlanır.
Çözüm.
Bu araştırma çalışmasının sonucunda, aşağıdaki sonuçlar çıkarılabilir:
Üçgenin dikkat çekici noktaları ve çizgileri şunlardır:
diklik merkezi bir üçgen, yüksekliklerinin kesişme noktasıdır;
ve merkezüçgen açıortayların kesişme noktasıdır;
ağırlık merkezi bir üçgen, medyanlarının kesişme noktasıdır;
çevrelenmiş dairenin merkezi- bu ortanca diklerin kesişme noktasıdır;
Euler çizgisi Ağırlık merkezinin, ortomerkezin ve çevrelenmiş dairenin merkezinin üzerinde bulunduğu düz bir çizgidir.
Bir ortosentrik üçgen, bu üçgeni benzer üç üçgene böler.
Bu çalışmayı yaptıktan sonra bir üçgenin özellikleri hakkında çok şey öğrendim. Bu çalışma, matematik alanındaki bilgilerimin gelişimi açısından benim için önemliydi. Gelecekte, bu çok ilginç konuyu geliştirmeyi öneriyorum.
Bibliyografya.
A.P. Kiselev, Temel Geometri. - M.: Eğitim, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Geometri ile yeni karşılaşmalar. - M.: Nauka, 1978.
V. V. Prasolov Planimetri görevleri. - Moskova: Nauka, 1986 .-- Bölüm 1.
Sharygin I.F. Geometri problemleri: Planimetri. - M.: Nauka, 1986.
Skanavi M.I. Matematik. Çözümlerle ilgili sorunlar. - Rostov-on-Don: Phoenix, 1998.
Berger M. Geometri iki ciltte - M: Mir, 1984.
Tanıtım
Çevremizdeki dünyanın nesneleri, çeşitli bilimler tarafından incelenen belirli özelliklere sahiptir.
Geometri, çeşitli şekilleri ve özelliklerini dikkate alan ve kökleri uzak geçmişte olan bir matematik dalıdır.
Elementlerin dördüncü kitabında, Öklid sorunu çözer: "Belirli bir üçgene bir daire çizin." Çözümden, üçgenin iç açılarının üç bisektörünün bir noktada - yazılı dairenin merkezinde - kesiştiği izlenir. Başka bir Öklid probleminin çözümünden, üçgenin kenarlarına orta noktalarında geri yüklenen diklerin de bir noktada - çevrelenmiş dairenin merkezinde - kesiştiği sonucu çıkar. "Başlangıçlar"da, üçgenin üç yüksekliğinin ortomerkez adı verilen bir noktada kesiştiği söylenmez (Yunanca "orthos" kelimesi "düz", "doğru" anlamına gelir). Ancak bu öneri Arşimet tarafından biliniyordu. Üçgenin dördüncü tekil noktası medyanların kesişimidir. Arşimet üçgenin ağırlık merkezinin (barycenter) olduğunu kanıtladı.
Yukarıdaki dört nokta çizildi Özel dikkat ve 18. yüzyıldan beri üçgenin "dikkate değer" veya "özel" noktaları olarak adlandırılmıştır. Bu ve diğer noktalarla ilişkili üçgenin özelliklerinin incelenmesi, kurucularından biri olan "üçgen geometrisi" veya "üçgenin yeni geometrisi" olan yeni bir temel matematik dalının yaratılması için bir başlangıç oldu. Leonard Euler'di.
1765'te Euler, herhangi bir üçgende ortocenter, barycenter ve çevrelenmiş dairenin merkezinin aynı düz çizgi üzerinde olduğunu kanıtladı ve daha sonra "Euler'in çizgisi" olarak adlandırıldı. 19. yüzyılın yirmili yıllarında, Fransız matematikçiler J. Poncelet, C. Brianchon ve diğerleri bağımsız olarak şu teoremi kurdular: medyanların tabanları, yüksekliklerin tabanları ve ortomerkezi ile ortomerkezi birleştiren yükseklik bölümlerinin orta noktaları. üçgenin köşeleri aynı çember üzerindedir. Bu daireye "dokuz noktalı daire" veya "Feuerbach dairesi" veya "Euler dairesi" denir. K. Feuerbach, bu dairenin merkezinin Euler çizgisi üzerinde olduğunu belirledi.
“Şimdiye kadar hiç böyle bir geometrik dönemde yaşamadığımızı düşünüyorum. Etraftaki her şey geometridir." 20. yüzyılın başında büyük Fransız mimar Le Corbusier tarafından söylenen bu sözler, zamanımızı çok doğru bir şekilde karakterize ediyor. İçinde yaşadığımız dünya, evlerin ve sokakların, dağların ve tarlaların geometrisi, doğanın ve insanın yarattıkları ile doludur.
Sözde "üçgenin harika noktaları" ile ilgilendik.
Bu konudaki literatürü okuduktan sonra, üçgenin harika noktalarının tanımlarını ve özelliklerini kendimiz belirledik. Ancak bu, işimizin sonu değildi ve bu noktaları kendimiz keşfetmek istedik.
Böyle amaç verilen İş - üçgenin bazı harika noktalarının ve çizgilerinin incelenmesi, kazanılan bilgilerin problem çözmede uygulanması. Bu hedefe ulaşma sürecinde, aşağıdaki aşamalar ayırt edilebilir:
Seçim ve çalışma öğretim materyaliçeşitli bilgi kaynaklarından, edebiyattan;
Üçgenin dikkat çekici noktalarının ve doğrularının temel özelliklerinin incelenmesi;
Bu özelliklerin genelleştirilmesi ve gerekli teoremlerin ispatı;
Üçgenin harika noktalarıyla ilgili problemleri çözme.
BölümBence... Üçgenin harika noktaları ve çizgileri
1.1 Üçgenin kenarlarına diklerin kesişme noktası
Orta nokta, ona dik bir doğru parçasının orta noktasından geçen düz bir çizgidir. Dikey orta noktanın özelliğini karakterize eden teoremi zaten biliyoruz: parçaya dik olan orta noktanın her noktası uçlarından ve arkasından eşit uzaklıktadır, nokta parçanın uçlarından eşit uzaklıktaysa, orta dikin üzerindedir.
Çokgene yazılı denir tüm köşeleri daireye aitse bir daireye. Bu durumda, daireye çokgenin çevresinde çevrelenmiş denir.
Herhangi bir üçgenin etrafında bir daire tanımlanabilir. Merkezi, üçgenin kenarlarına diklerin kesişme noktasıdır.
O noktası AB ve BC üçgeninin kenarlarına diklerin kesişme noktası olsun.
Çözüm: bu nedenle, O noktası üçgenin kenarlarına orta diklerin kesişme noktasıysa, OA = OC = OB, yani. O noktası ABC üçgeninin tüm köşelerinden eşit uzaklıktadır, yani çevrelenmiş dairenin merkezidir.
|
|
|
|
| dar açılı | geniş | dikdörtgen |
Sonuçlar
günah γ = c / 2R = c / günah γ = 2R.
Benzer şekilde kanıtlanabilir a/ sin α = 2R, b / sin β = 2R.
Böylece:
Bu özelliğe sinüs teoremi denir.
Matematikte, genellikle tamamen tanımlanmış nesneler olur. farklı, aynı olduğu ortaya çıktı.
Örnek. A1, B1, C1, sırasıyla ∆ABS BC, AC, AB kenarlarının orta noktaları olsun. AB1C1, A1B1C, A1BC1 üçgenlerinin çevrelediği çemberlerin bir noktada kesiştiğini gösteriniz. Ayrıca bu nokta, ∆ABS hakkında tanımlanan bir dairenin merkezidir.
|
| Bir AO doğru parçası düşünün ve bu parça üzerinde bir çapta olduğu gibi bir daire oluşturun. C1 ve B1 noktaları bu çembere düşer, çünkü AO'ya dayalı dik açıların köşeleridir. A, C1, B1 noktaları bir daire üzerindedir = bu daire ∆АВ1С1 ile çevrelenmiştir. Benzer şekilde, bir VO segmenti çiziyoruz ve bu segment üzerinde bir çapta olduğu gibi bir daire oluşturuyoruz. Bu, ∆BC1 A1 çevresinde bir daire olacaktır. CO'nun bir doğru parçası çizelim ve bu parça üzerinde bir çapta olduğu gibi bir daire oluşturalım. Bu çevredeki daire olacak Bu üç daire O noktasından geçer - ∆ABS ile çevrelenmiş dairenin merkezi. |
genelleme.∆АВС АС, ВС, АС kenarlarında rastgele А 1, В 1, С 1 noktaları alırsak, AB 1 С 1, А 1 В 1 С, А 1 ВС 1 üçgenleriyle çevrelenmiş daireler bir noktada kesişir .
1.2 Üçgen açıortayların kesişme noktası
Bunun tersi de doğrudur: Bir nokta bir açının kenarlarından eşit uzaklıktaysa, açıortayı üzerindedir.
Bir köşenin yarısını aynı harflerle işaretlemek yararlıdır:
OAF = OAD = α, OBD = OBE = β, OCE = OCF = γ.
O noktası, A ve B açılarının açıortaylarının kesişme noktası olsun. A açısının açıortayı üzerinde bulunan bir noktanın özelliğine göre, OF = OD = r. B açısının açıortayı üzerinde uzanan bir noktanın özelliği ile, OE = OD = r. Böylece, OЕ = OD = OF = r = O noktası, ABC üçgeninin tüm kenarlarından eşit uzaklıktadır, yani. O, yazılı dairenin merkezidir. (O noktası tektir).
Çözüm: bu nedenle, eğer O noktası üçgenin açılarının açıortaylarının kesişme noktası ise, o zaman OЕ = OD = OF = r, yani. O noktası ABC üçgeninin tüm kenarlarından eşit uzaklıktadır, bu da yazılı dairenin merkezi olduğu anlamına gelir. Üçgenin açılarının açıortaylarının O noktası kesişimi, üçgenin harika bir noktasıdır.
Sonuçlar:
Hipotenüs ve dar açı için AOF ve AOD üçgenlerinin eşitliğinden (Şekil 1) şu sonuç çıkar: AF = AD ... OBD ve OBE üçgenlerinin eşitliğinden şu sonuç çıkar: BD = OLMAK , COE ve COF üçgenlerinin eşitliğinden şu sonuç çıkar: İLE F = CE ... Böylece çembere bir noktadan çizilen teğetlerin parçaları eşittir.
AF = AD = z, BD = OL = y, CF = CE = x
bir = x + y (1), B= x +z (2), c = x + y (3).
+ (2) - (3), sonra şunu elde ederiz: bir +B-c =x+ y+ x+ z- z- y = bir +B-c = 2x =
x = ( B + C - a) / 2
Benzer şekilde: (1) + (3) - (2), sonra şunu elde ederiz: y = (a + c -B)/2.
Benzer şekilde: (2) + (3) - (1), sonra şunu elde ederiz: z= (bir +B - C)/2.
Bir üçgenin açıortay, karşı tarafı bitişik taraflarla orantılı parçalara böler.
1.3 Üçgen medyanlarının kesişme noktası (merkez)
Kanıt 1. ABC üçgeninin sırasıyla BC, CA ve AB kenarlarının orta noktaları A 1, B 1 ve C 1 olsun (Şekil 4).
G, iki medyanın AA 1 ve BB 1'in kesişme noktası olsun. Önce AG: GA 1 = BG: GB 1 = 2 olduğunu ispatlayalım.
Bunu yapmak için, AG ve BG segmentlerinin P ve Q orta noktalarını alın. Bir üçgenin ortanca doğrusu üzerindeki teoreme göre, B 1 A 1 ve PQ parçaları AB kenarının yarısına eşittir ve ona paraleldir. Bu nedenle, A 1 B 1 dörtgeni bir PQ-paralelkenardır. Daha sonra, PA 1 ve QB 1 köşegenlerinin kesişme noktası G, her birini ikiye böler. Bu nedenle, P ve G noktaları medyan AA 1'i üç eşit parçaya böler ve Q ve G noktaları medyan BB 1'i de üç eşit parçaya böler. Böylece, üçgenin iki medyanının kesişiminin G noktası, her birini tepe noktasından sayarak 2: 1 oranında böler.
Üçgenin medyanlarının kesişme noktasına denir. merkez veya ağırlık merkezi üçgen. Bu isim, homojen bir üçgen plakanın ağırlık merkezinin bu noktada bulunmasından kaynaklanmaktadır.
1.4 Üçgen yüksekliklerinin kesişme noktası (ortamerkez)
1.5 Torricelli Noktası
Yol, ABC üçgeni tarafından verilmektedir. Bu üçgenin Torricelli noktası, kenarların olduğu bir O noktasıdır. bu üçgen 120 ° 'lik bir açıyla görülebilir, yani. AOB, AOC ve BOC açıları 120°'ye eşittir.
Üçgenin tüm açıları 120°'den küçükse Torricelli noktasının var olduğunu kanıtlayalım.
ABC üçgeninin AB tarafında, bir eşkenar üçgen ABC "(Şekil 6, a) oluşturun ve etrafındaki bir daireyi tanımlayın. AB segmenti bu dairenin 120 ° 'lik bir yayı daraltır. Sonuç olarak, bu yayın noktaları, A ve B dışında, AB segmentinin onlardan 120 ° 'lik bir açıyla görülebilmesi özelliğine sahiptir. Benzer şekilde, ABC üçgeninin AC tarafında, bir eşkenar üçgen ACB "(Şekil 6, a) oluşturun ve tanımlayın etrafında bir daire. A ve C dışındaki ilgili yayın noktaları, AC segmentinin onlardan 120 ° 'lik bir açıyla görülmesi özelliğine sahiptir. Üçgenin açılarının 120°'den küçük olduğu durumda, bu yaylar bazı iç O noktasında kesişir. Bu durumda, ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Bu nedenle, ∟BOC = 120 °. Bu nedenle, O noktası istenen noktadır.
Üçgenin açılarından birinin, örneğin ABC'nin 120 ° 'ye eşit olması durumunda, daire yaylarının kesişme noktası B noktası olacaktır (Şekil 6, b). Bu durumda Torricelli noktası mevcut değildir, çünkü AB ve BC kenarlarının bu noktadan görülebildiği açılardan söz edilemez.
Üçgenin açılarından birinin, örneğin ABC'nin 120 °'den büyük olması durumunda (Şekil 6, c), dairelerin karşılık gelen yayları kesişmez ve Torricelli noktası da mevcut değildir.
Torricelli noktasıyla bağlantılı olarak, Fermat'ın bir nokta bulma problemi (ki bunu Bölüm II'de ele alacağız), verilen üç noktaya olan uzaklıkların toplamı en küçük olanıdır.
1.6 Dokuz noktadan oluşan daire
Gerçekten de, A 3 B 2, AHC üçgeninin orta çizgisidir ve bu nedenle, A 3 B 2 || CC 1. B 2 A 2, ABC üçgeninin orta çizgisidir ve bu nedenle, B 2 A 2 || AB. CC 1 ┴ AB olduğundan, A 3 B 2 A 2 = 90 °. Aynı şekilde A 3 C 2 A 2 = 90°. Bu nedenle, A 2, B 2, C 2, A 3 noktaları, A 2 A 3 çapındaki aynı daire üzerinde bulunur. AA 1 ┴BC olduğundan, A 1 noktası da bu daireye aittir. Böylece, A1 ve A3 noktaları, A2B2C2 üçgeni ile çevrelenmiş bir daire üzerinde yer alır. Benzer şekilde, B 1 ve B 3, C 1 ve C 3 noktalarının bu daire üzerinde olduğu gösterilmiştir. Bu, dokuz noktanın hepsinin aynı daire üzerinde olduğu anlamına gelir.
Bu durumda, dokuz noktalı dairenin merkezi, yüksekliklerin kesişme merkezi ile çevrelenmiş dairenin merkezi arasındaki ortada yer alır. Gerçekten de, ABC üçgenini (Şekil 9), O noktası - çevrelenmiş dairenin merkezi; G, medyanların kesişme noktasıdır. H, yüksekliklerin kesişme noktasıdır. O, G, H noktalarının tek bir doğru üzerinde bulunduğunu ve dokuz N noktasından oluşan dairenin merkezinin OH parçasını ikiye böldüğünü kanıtlamak gerekir.
G merkezli ve -0.5 katsayılı bir homotety düşünün. ABC üçgeninin A, B, C köşeleri sırasıyla A 2, B 2, C 2 noktalarına hareket edecektir. ABC üçgeninin yükseklikleri A 2 B 2 C 2 üçgeninin yüksekliklerine gidecek ve dolayısıyla H noktası O noktasına gidecek. Dolayısıyla O, G, H noktaları tek bir doğru üzerinde uzanacaktır.
OH doğru parçasının N orta noktasının dokuz noktalı çemberin merkezi olduğunu gösterelim. Gerçekten de, C 1 C 2, dokuz noktalı bir çemberin kirişidir. Bu nedenle, bu kirişin orta noktası çaptır ve OH ile N'nin ortasında kesişir. Benzer şekilde, kiriş B 1 B 2'nin orta noktası çaptır ve OH ile aynı N noktasında kesişir. Dolayısıyla N, dairenin merkezidir. dokuz noktadan. Q.E.D.
Gerçekten de, bir ABC üçgeni etrafında çevrelenmiş bir çember üzerinde uzanan keyfi bir nokta P olsun; D, E, F - P noktasından üçgenin kenarlarına düşen dikmelerin tabanları (Şekil 10). D, E, F noktalarının tek bir doğru üzerinde olduğunu gösterelim.
AP dairenin merkezinden geçerse, D ve E noktalarının B ve C köşeleriyle çakıştığını unutmayın. Aksi takdirde, ABP veya ACP açılarından biri keskin, diğeri geniştir. Bundan D ve E noktalarının aynı hizada yer alacağı sonucu çıkar. farklı taraflar BC doğrusundan itibaren ve D, E ve F noktalarının eşdoğrusal olduğunu kanıtlamak için ∟CEF = ∟BED olduğunu kontrol etmek yeterlidir.
Çapı CP olan bir daire tanımlayalım. ∟CFP = ∟CEP = 90 ° olduğundan, E ve F noktaları bu daire üzerindedir. Bu nedenle, ∟CEF = ∟CPF, bir dairesel yay tarafından desteklenen yazılı açılardır. Ayrıca, ∟CPF = 90 ° - ∟PCF = 90 ° - ∟DBP = ∟BPD. BP çapında bir daire tanımlayalım. ∟BEP = ∟BDP = 90 ° olduğundan F ve D noktaları bu daire üzerindedir. Bu nedenle, ∟BPD = ∟BED. Bu nedenle, sonunda ∟CEF = ∟BED'i elde ederiz. Dolayısıyla D, E, F noktaları tek bir doğru üzerindedir.
BölümIISorunları çözmek
Üçgenin açıortayları, medyanları ve yükseklikleri ile ilgili problemlerle başlayalım. Çözümleri, bir yandan daha önce kapsanan malzemeyi hatırlamanıza izin verirken, diğer yandan gerekli geometrik temsilleri geliştirir, daha fazlasını hazırlar. zor görevler.
Amaç 1. ABC üçgeninin A ve B açılarında (∟A
Çözüm. CD yükseklik, CE açıortay olsun, o zaman
∟BCD = 90 ° - ∟B, ∟BCE = (180 ° - ∟A - ∟B): 2.
Bu nedenle, ∟DCE =.
Çözüm. ABC üçgeninin açıortaylarının kesişim noktası O olsun (Şekil 1). Üçgenin büyük kenarının karşısında daha büyük bir açı olduğu gerçeğinden yararlanalım. AB BC ise, o zaman ∟A
Çözüm. ABC üçgeninin yüksekliklerinin kesişim noktası O olsun (Şekil 2). AC ∟B ise. BC çaplı daire F ve G noktalarından geçecektir. İki kirişten daha küçük olanın, daha küçük yazılı açının üzerinde durduğu daire olduğunu dikkate alarak, CG'yi elde ederiz.
Kanıt. ABC üçgeninin AC ve BC kenarlarına çaplarına göre daireler çizelim. A 1, B 1, C 1 noktaları bu çemberlere aittir. Bu nedenle, ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, aynı dairesel yaya dayalı açılar olarak. ∟B 1 BC = ∟CAA 1, kenarları birbirine dik olan açılar olarak. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1, aynı dairesel yay tarafından desteklenen köşeler olarak. Bu nedenle, ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, yani, CC 1, B 1 C 1 A 1 açısının açıortayıdır. Benzer şekilde, AA 1 ve BB 1'in B 1 A 1 C 1 ve A 1 B 1 C 1 açılarının açıortayları olduğu gösterilmiştir.
Köşeleri bu dar açılı üçgenin yüksekliklerinin tabanları olan düşünülen üçgen, klasik uç problemlerden birine cevap verir.
Çözüm. ABC, verilen bir dar açılı üçgen olsun. Yanlarında, A 1 B 1 C 1 üçgeninin çevresinin en küçük olacağı A 1, B 1, C 1 gibi noktaları bulmak gerekir (Şekil 4).
Önce C 1 noktasını sabitleriz ve A 1 B 1 C 1 üçgeninin çevresinin en küçük olduğu A 1 ve B 1 noktalarını ararız (C 1 noktasının belirli bir konumu için).
Bunu yapmak için, D ve E noktalarını AC ve BC doğrularına göre C1 noktasına simetrik olarak düşünün. O zaman B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E ve bu nedenle, A 1 B 1 C 1 üçgeninin çevresi, kesikli çizgi DB 1 A 1 E'nin uzunluğuna eşit olacaktır. B 1, A 1 noktaları DE doğrusu üzerinde bulunuyorsa, bu kesik çizginin uzunluğunun en küçük olduğu açıktır.
Şimdi C 1 noktasının konumunu değiştireceğiz ve karşılık gelen A 1 B 1 C 1 üçgeninin çevresinin en küçük olduğu bir konum arayacağız.
D noktası, AC'ye göre C1'e simetrik olduğundan, CD = CC 1 ve ACD = ACC 1. Aynı şekilde CE = CC 1 ve BCE = BCC 1. Bu nedenle, CDE üçgeni ikizkenardır. Kenarı CC 1'e eşittir. DE'nin tabanı çevreye eşittir Püçgen A 1 B 1 C 1. DCE açısı, ABC üçgeninin ACB açısının iki katına eşittir ve bu nedenle C1 noktasının konumuna bağlı değildir.
Belirli bir tepe açısına sahip bir ikizkenar üçgende, kenar ne kadar küçükse, taban o kadar küçük olur. Böyle en küçük değerçevre P CC 1'in en küçük değeri durumunda ulaşılır. CC 1, ABC üçgeninin yüksekliği olduğunda bu değer varsayılır. Böylece AB tarafında istenen C1 noktası, C köşesinden çizilen yüksekliğin tabanıdır.
Önce C 1 noktasını değil, A 1 noktasını veya B 1 noktasını sabitleyebileceğimize ve A 1 ve B 1'in ABC üçgeninin karşılık gelen yüksekliklerinin tabanları olduğunu alacağımıza dikkat edin.
Buradan, belirli bir dar açılı ABC üçgeninde yazılı istenen en küçük çevre olan üçgenin, köşeleri ABC üçgeninin yüksekliklerinin tabanları olan bir üçgen olduğu sonucu çıkar.
Çözüm.Üçgenin açıları 120° den küçük ise Steiner probleminde olması gereken noktanın Torricelli noktası olduğunu ispatlayalım.
ABC üçgenini C köşesi etrafında 60 ° açıyla döndürelim, Şek. 7. Bir A'B'C üçgeni elde ederiz. ABC üçgeninde rastgele bir O noktası alın. Dönerken, O ' noktasına hareket edecektir. OO'C üçgeni eşkenardır, çünkü CO = CO 've ∟OCO' = 60 °, dolayısıyla OC = OO '. Bu nedenle, OA + OB + OC uzunluklarının toplamı, kesikli çizgi AO + OO '+ O'B' uzunluğuna eşit olacaktır. A, O, O ', B' noktaları tek bir doğru üzerinde bulunuyorsa, bu kesik çizginin uzunluğunun en küçük değeri aldığı açıktır. O, Torricelli noktasıysa, öyledir. Nitekim, ∟AOC = 120 °, ∟COO "= 60 °. Sonuç olarak, A, O, O 'noktaları bir düz çizgi üzerinde uzanır. Benzer şekilde, ∟CO'O = 60 °, ∟CO" B "= 120 °. Bu nedenle, O, O ', B' noktaları tek bir düz çizgi üzerinde yer alır, dolayısıyla tüm A, O, O ', B' noktaları tek bir düz çizgi üzerinde yer alır.
Çözüm
Üçgenin geometrisi, temel matematiğin diğer bölümleriyle birlikte, genel olarak matematiğin güzelliğini hissetmeyi mümkün kılar ve birisi için "büyük bilim" yolunun başlangıcı olabilir.
Geometri inanılmaz bir bilimdir. Tarihi bir bin yıldan daha eskiye dayanır, ancak onunla her buluşma (hem öğrenci hem de öğretmen) küçük bir keşfin heyecan verici bir yeniliği, inanılmaz bir yaratıcılık sevinci ihsan edebilir ve zenginleştirebilir. Aslında, temel geometrideki herhangi bir problem özünde bir teoremdir ve çözümü mütevazı (ve bazen muazzam) bir matematiksel zaferdir.
Tarihsel olarak geometri bir üçgenle başladı, bu nedenle iki buçuk bin yıl boyunca üçgen geometrinin bir simgesi oldu. Okul geometrisi ancak ilginç ve anlamlı hale gelebilir, ancak o zaman içinde üçgenin derin ve kapsamlı bir çalışması göründüğünde uygun geometri olabilir. Şaşırtıcı bir şekilde, üçgen, görünürdeki sadeliğine rağmen, tükenmez bir çalışma nesnesidir - zamanımızda bile hiç kimse, üçgenin tüm özelliklerini incelediğini ve bildiğini söylemeye cesaret edemez.
Bu bildiride, bir üçgenin açıortay, medyan, dik ve yükseklik özellikleri ele alınmış, bir üçgenin dikkat çekici nokta ve doğrularının sayısı genişletilmiş ve teoremler formüle edilmiş ve ispatlanmıştır. Bu teoremlerin uygulanmasıyla ilgili bir takım problemler çözülmüştür.
Sunulan materyal hem temel derslerde hem de seçmeli derslerde ve ayrıca matematikte merkezi sınav ve olimpiyatlara hazırlık için kullanılabilir.
bibliyografya
Berger M. Geometri iki ciltte - M: Mir, 1984.
A.P. Kiselev, Temel Geometri. - M.: Eğitim, 1980.
Coxeter G.S., Greitzer S.L. Geometri ile yeni karşılaşmalar. - M.: Nauka, 1978.
Latotin L.A., Chebotaravsky B.D. Matematik 9. - Minsk: Narodnaya Asveta, 2014.
V. V. Prasolov Planimetri görevleri. - Moskova: Nauka, 1986 .-- Bölüm 1.
Skanavi M.I. Matematik. Çözümlerle ilgili sorunlar. - Rostov-on-Don: Phoenix, 1998.
Sharygin I.F. Geometri problemleri: Planimetri. - M.: Nauka, 1986.
Eğitim ve Bilim Bakanlığı Rusya Federasyonu Federal Devlet Bütçesi Eğitim kurumu yüksek mesleki eğitim
Magnitogorsk Devlet Üniversitesi»
Fizik ve Matematik Fakültesi
Cebir ve Geometri Bölümü
ders çalışması
Üçgenin harika noktaları
Tamamlandı: 41 gruptan oluşan öğrenci
Vakhrameeva A.M.
Bilim danışmanı
A.S. Velikikh
Magnitogorsk 2014
Tanıtım
Tarihsel olarak, geometri bir üçgenle başladı, bu nedenle, iki buçuk bin yıl boyunca, üçgen adeta bir geometri sembolü olmuştur; ama o sadece bir sembol değil, bir geometri atomudur.
Neden tam olarak bir üçgen bir geometri atomu olarak kabul edilebilir? Çünkü önceki kavramlar - nokta, çizgi ve açı - ilişkili bir dizi teorem ve problemle birlikte belirsiz ve soyut soyutlamalardır. Bu nedenle, bugün okul geometrisi ancak ilginç ve anlamlı hale gelebilir, ancak o zaman içinde üçgenin derin ve kapsamlı bir çalışması göründüğünde geometrinin kendisi olabilir.
Şaşırtıcı bir şekilde, üçgen, görünürdeki sadeliğine rağmen, tükenmez bir çalışma nesnesidir - zamanımızda bile hiç kimse, üçgenin tüm özelliklerini incelediğini ve bildiğini söylemeye cesaret edemez.
Bu, okul geometrisi çalışmasının, üçgen geometrisi üzerinde derin bir çalışma yapılmadan gerçekleştirilemeyeceği anlamına gelir; Bir çalışma nesnesi olarak üçgenin çeşitliliği - ve bu nedenle, onu incelemenin çeşitli yöntemlerinin kaynağı - göz önüne alındığında, üçgenin dikkat çekici noktalarının geometrisini incelemek için malzeme seçmek ve geliştirmek gerekir. Ayrıca bu materyali seçerken sadece kitapta verilen dikkat çekici noktalarla sınırlı kalmamak gerekir. Okul müfredatı Belirtmek, bildirmek eğitim standardı, yazılı dairenin merkezi (ortayların kesişme noktası), çemberin merkezi (orta diklerin kesişme noktası), medyanların kesişme noktası, yüksekliklerin kesişme noktası gibi . Ancak üçgenin doğasına derinlemesine nüfuz etmek ve tükenmezliğini anlamak için, hakkında mümkün olduğunca fikirlere sahip olmak gerekir. daha fazlaüçgenin harika noktaları. Geometrik bir nesne olarak üçgenin tükenmezliğine ek olarak, bir çalışma nesnesi olarak üçgenin en şaşırtıcı özelliğini not etmek gerekir: Bir üçgenin geometrisinin incelenmesi, özelliklerinin herhangi birinin incelenmesiyle başlayabilir, temel alarak; o zaman üçgeni inceleme yöntemi, üçgenin diğer tüm özelliklerinin bu temelde sıralanabileceği şekilde oluşturulabilir. Başka bir deyişle, üçgeni incelemeye nereden başlarsanız başlayın, her zaman bu şaşırtıcı figürün herhangi bir derinliğine gidebilirsiniz. Ama sonra - bir seçenek olarak - harika noktalarını inceleyerek üçgeni incelemeye başlayabilirsiniz.
Hedef dönem ödeviüçgenin harika noktalarının incelenmesidir. Bu hedefe ulaşmak için aşağıdaki görevleri çözmek gerekir:
· Bisektör, medyan, yükseklik, bisektör kavramlarını ve özelliklerini keşfedin.
· Okulda öğrenilmeyen Gergonne'nin noktasını, Euler'in çemberini ve Euler'in doğrusunu düşünün.
BÖLÜM 1. Bir üçgenin açıortay, bir üçgenin çemberinin merkezi. Bir üçgenin açıortayının özellikleri. Gergonne noktası
1 Bir üçgenin yazılı daire merkezi
Bir üçgenin harika noktaları, konumu üçgen tarafından benzersiz bir şekilde belirlenen ve üçgenin kenarlarının ve köşelerinin alındığı sıraya bağlı olmayan noktalardır.
Bir üçgenin açıortay, köşeyi karşı taraftaki bir noktaya bağlayan üçgenin açısının açıortayının parçasıdır.
Teorem. Gelişmemiş bir açının açıortayının her noktası, kenarlarından eşit uzaklıktadır (yani, üçgenin kenarlarını içeren düz çizgilerden eşit uzaklıktadır). Tersine: köşenin içinde kalan ve köşenin kenarlarından eşit uzaklıkta bulunan her nokta kendi açıortayı üzerindedir.
Kanıt. 1) BAC açısının açıortayı üzerinde keyfi bir M noktası alın, AB ve AC doğrularına MK ve ML dikleri çizin ve MK = ML olduğunu kanıtlayın. Dik üçgenleri düşünün ?AMK ve ?AML. Hipotenüs ve dar açıda eşittirler (AM - genel hipotenüs, koşula göre 1 = 2). Bu nedenle, MK = ML.
) M noktası BAC'nin içinde ve AB ve AC kenarlarından eşit uzaklıkta olsun. AM ışınının BAC'nin açıortayı olduğunu kanıtlayalım. AB ve AC doğrularına MK ve ML dikleri çizelim. Dikdörtgen üçgenler AKM ve ALM, hipotenüs ve bacakta eşittir (AM genel hipotenüs, MK = ML koşula göre). Bu nedenle, 1 = 2. Ama bu aynı zamanda AM kirişinin BAC'nin açıortayı olduğu anlamına gelir. Teorem ispatlandı.
Sonuç. Bir üçgenin açıortayları bir noktada kesişir (yazılı dairenin merkezi ve merkez).
ABC üçgeninin AA1 ve BB1 açıortaylarının kesişme noktasını O harfi ile gösterelim ve bu noktadan AB, BC ve CA düz çizgilerine sırasıyla OK, OL ve OM diklerini çizelim. Teoreme göre (Gelişmemiş bir açının açıortayının her noktası kenarlarından eşit uzaklıktadır. Tersine: köşenin içinde bulunan ve açının kenarlarından eşit uzaklıkta olan her nokta kendi açıortayı üzerindedir), OK = OM ve OK deriz. = OL. Bu nedenle, OM = OL, yani O noktası ACB'nin kenarlarından eşit uzaklıktadır ve bu nedenle, bu açının CC1 açıortayı üzerinde yer alır. Bu nedenle, her üç bisektör ?ABC'ler gerektiği gibi O noktasında kesişirler.
daire bisektör üçgen çizgi
1.2 Bir üçgenin açıortayının özellikleri
Herhangi bir açının Bisektörü BD (Şekil 1.1) ?ABC, karşı tarafı üçgenin bitişik kenarlarıyla orantılı olarak AD ve CD parçalarına böler.
ABD = DBC ise AD: DC = AB: BC olduğunu kanıtlamak gerekir.
CE'yi gerçekleştireceğiz || AB tarafının devamı ile E noktasından geçmeden önce BD. Ardından, birkaç paralel düz çizgiyle kesişen düz çizgiler üzerinde oluşturulan bölümlerin orantılılığına ilişkin teoreme göre, şu orantıya sahip olacağız: AD: DC = AB: BE. Bu orandan ispatlanması gereken orantıya gitmek için BE = BC'yi bulmak yeterlidir, yani ?HER ŞEY ikizkenardır. Bu üçgende, E = ABD (paralel doğrulara karşılık gelen açılar olarak) ve BCE = DBC (aynı paralel doğrularda çapraz uzanan açılar olarak).
Ancak ABD = koşula göre DBC; dolayısıyla, E = TÜMÜ ve bu nedenle BE ve BC kenarları eşittir, eşit açıların karşısındadır.
Şimdi yukarıdaki orantıdaki BE yerine BC ile ispatlamak istediğiniz oranı elde ederiz.
20 Üçgenin iç ve bitişik köşelerinin açıortayları diktir.
Kanıt. BD, ABC'nin açıortayı (Şekil 1.2) ve belirtilen iç açıya bitişik olan dış CBF'nin açıortayı OLSUN, ?ABC. O zaman ABD = DBC = gösterirsek ?, CBE = EBF = ?sonra 2 ? + 2?= 1800 ve böylece ?+ ?= 900. Ve bu BD anlamına mı geliyor? OLMAK.
30 Üçgenin dış köşesinin açıortayı karşı tarafı böler dışa doğru bitişik taraflarla orantılı parçalara bölünür.
(Şekil 1.3) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ • CBD, AE / BC = AD / DC = AE / BC.
40 Bir üçgenin herhangi bir köşesinin açıortayı, karşı tarafı üçgenin bitişik kenarlarıyla orantılı parçalara böler.
Kanıt. Düşünmek ?ABC. Kesinlik için, CAB bisektörü BC tarafını D noktasında kessin (Şekil 1.4). BD: DC = AB: AC olduğunu gösterelim. Bunu yapmak için, AB doğrusuna paralel C noktasından geçen bir doğru çizin ve bu AD doğrusunun kesişme noktasını E ile gösterin. O zaman DAB = Aralık, ABD = ECD ve dolayısıyla ?DAB ~ ?Üçgenlerin benzerliğinin ilk işareti için DEC. Ayrıca, AD ışını CAD'in açıortayı olduğundan, CAE = EAB = AEC ve dolayısıyla, ?ECA ikizkenardır. Dolayısıyla AC = CE. Ama bu durumda benzerlikten ?DAB ve ?DEC, BD: DC = AB: CE = AB: AC'yi ima eder ve kanıtlanması gereken de budur.
Bir üçgenin dış köşesinin açıortayı, bu açının tepesinin karşısındaki kenarın devamını keserse, ortaya çıkan kesişme noktasından karşı tarafın uçlarına kadar olan parçalar üçgenin bitişik kenarlarıyla orantılıdır.
Kanıt. Düşünmek ?ABC. F, CA tarafının uzantısı üzerinde bir nokta olsun, D dış BAF üçgeninin açıortayı ile CB tarafının uzantısının kesişme noktası olsun (Şekil 1.5). DC: DB = AC: AB olduğunu gösterelim. Gerçekten de, AB doğrusuna paralel C noktasından geçen bir doğru çizelim ve bu doğrunun DA doğrusu ile kesiştiği noktayı E ile gösterelim. Sonra üçgen ADB ~ ?EDC ve dolayısıyla DC: DB = EC: AB. Dan beri ?EAC = ?KÖTÜ = ?CEA, ikizkenar ?CEA tarafı AC = EC ve dolayısıyla DC: DB = AC: AB, gerektiği gibi.
3 Bisektörün özelliklerinin uygulanmasına ilişkin problemlerin çözülmesi
Problem 1. Yazılı bir dairenin merkezi O olsun ?ABC, KAB = ?... COB = 900 +? /2.
Çözüm. O yazılı merkez olduğundan ?Bir dairenin ABC'si (Şekil 1.6), ardından BO ve CO ışınları sırasıyla ABC ve BCA açıortalarıdır. Ve sonra COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA) / 2 = 1800 - (1800 - ?)/2 = 900 + ?/ 2, gerektiği gibi.
Problem 2. Tanımlananın merkezi O olsun ?Dairenin ABC'si, H - BC tarafına çizilen yüksekliğin tabanı. Bisektör CAB'nin de bisektör olduğunu kanıtlayın? OAH.
AD, CAB'nin açıortayı, AE ise sınırlandırılmış olanın çapı olsun. ?ABC çemberi (şek. 1.7,1.8). Eğer ?ABC - dar açılı (şekil 1.7) ve dolayısıyla ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ arklar AC ve ?BHA ve ?ECA dikdörtgeni (BHA = ECA = 900), ardından ?BHA ~ ?ECA ve dolayısıyla CAO = CAE = HAB. Ayrıca, BAD ve CAD koşullu olarak eşittir, bu nedenle HAD = BAD - BAH = CAD - CAE = EAD = OAD. Şimdi ABC = 900 olsun. Bu durumda, AH yüksekliği AB kenarı ile çakışır, o zaman O noktası AC hipotenüsüne ait olacaktır ve bu nedenle problem ifadesinin geçerliliği açıktır.
ABC> 900 olduğu durumu düşünün (Şekil 1.8). Burada ABCE dörtgeni bir daire içine yazılmıştır ve bu nedenle AEC = 1800 - ABC. Öte yandan, ABH = 1800 - ABC, yani. AEC = ABH. Dan beri ?BHA ve ?ECA - dikdörtgen ve dolayısıyla HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, ardından HAD = HAB + KÖTÜ = EAC + CAD = EAD = OAD. BAC ve ACB'nin aptal olduğu durumlar benzer şekilde ele alınır. ?
4 Nokta Gergonne
Gergonne noktası, üçgenin köşelerini bu köşelerin karşısındaki kenarların teğet noktaları ile birleştiren doğru parçalarının ve üçgenin içine yazılan dairenin kesişme noktasıdır.
ABC üçgeninin çember merkezi O noktası olsun. Çemberin BC, AC ve AB üçgeninin kenarlarına değmesine izin verin. D, E noktaları ve sırasıyla F. Gergonne noktası, AD, BE ve CF doğru parçalarının kesişimidir. O noktası yazılı dairenin merkezi olsun ?ABC. Çemberin sırasıyla D, E ve F noktalarında BC, AC ve AB üçgeninin kenarlarına değmesine izin verin. Gergonne noktası, AD, BE ve CF doğru parçalarının kesişimidir.
Bu üç parçanın gerçekten bir noktada kesiştiğini kanıtlayalım. Yazılı dairenin merkezinin açıların açıortaylarının kesişme noktası olduğuna dikkat edin. ?ABC ve yazılı dairenin yarıçapları OD, OE ve OF ?üçgenin kenarları. Böylece üç çift eşit üçgenimiz var (AFO ve AEO, BFO ve BDO, CDO ve CEO).
AF çalışır? BD? CE ve AE? OLMAK? CF eşittir, çünkü BF = BD, CD = CE, AE = AF, bu nedenle, bu ürünlerin oranı eşittir ve Cheva teoremine göre (A1, B1, C1 noktaları BC, AC ve AB kenarlarında olsun? Sırasıyla ABC, AA1, BB1 ve CC1 doğru parçaları bir noktada buluşsun.
(üçgenin etrafında saat yönünde gidin)), segmentler bir noktada kesişir.
Yazılı daire özellikleri:
Bir daireye, tüm kenarlarına dokunuyorsa üçgen içinde yazılı denir.
Herhangi bir üçgene bir daire çizebilirsiniz.
Verilen: ABC belirli bir üçgendir, O açıortayların kesişme noktasıdır, M, L ve K dairenin üçgenin kenarlarıyla teğet noktalarıdır (Şekil 1.11).
Kanıtlayın: O, ABC'de yazılı bir dairenin merkezidir.
Kanıt. O noktasından sırasıyla AB, BC ve CA kenarlarına OK, OL ve ОМ dikmelerini çizelim (Şekil 1.11). O noktası ABC üçgeninin kenarlarından eşit uzaklıkta olduğundan, OK = OL = OM. Bu nedenle, O merkezli bir daire yarıçapı OK olan bir daire K, L, M noktalarından geçer. ABC üçgeninin kenarları bu daireye K, L, M noktalarında dokunur, çünkü bunlar OK, OL ve OM yarıçaplarına diktir. Bu nedenle, O merkezli bir daire yarıçapı OK olan bir daire ABC üçgeninde yazılmıştır. Teorem ispatlandı.
Bir üçgenin içine yazılan dairenin merkezi, ortaylarının kesişme noktasıdır.
ABC verilsin, O - yazılı dairenin merkezi, D, E ve F - dairenin kenarlarla teğet noktaları (Şekil 1.12). ? AEO =? AOD hipotenüs ve bacak (EO = OD - yarıçap olarak, AO - toplam). Üçgenlerin eşitliğinden şu sonucu çıkar? OAD =? OAE. Dolayısıyla AO, EAD açısının açıortayıdır. O noktasının üçgenin diğer iki ortaortayı üzerinde olduğu da aynı şekilde ispatlanmıştır.
Teğet noktasına çizilen yarıçap, teğete diktir.
Kanıt. Çember (O; R) verilen çember olsun (Şekil 1.13), a çizgisi ona P noktasında dokunuyor. OP yarıçapı a'ya dik olmasın. O noktasından teğet doğruya OD dikini çizin. Teğet tanımına göre, P noktası ve özellikle D noktası dışındaki tüm noktaları dairenin dışındadır. Bu nedenle, dikey OD'nin uzunluğu, eğik OP'nin uzunluğundan R daha büyüktür. Bu, eğik özellik ile çelişir ve ortaya çıkan çelişki ifadeyi kanıtlar.
BÖLÜM 2. Üçgenin dikkat çekici 3 noktası, Euler çemberi, Euler doğrusu.
1 Bir üçgenin çevrelenmiş çemberinin merkezi
Bir doğru parçasına dik olan orta nokta, doğru parçasının orta noktasından geçen ve doğru parçasına diktir.
Teorem. Parçaya dik olan orta noktanın her noktası, bu parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır. Tersine: bir doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıktaki her nokta, doğru parçasına diktir.
Kanıt. m doğrusu AB doğru parçasına dik olsun, O noktası parçanın orta noktası olsun.
m doğrusunun keyfi bir M noktasını düşünün ve AM = BM olduğunu kanıtlayın. M noktası O noktasıyla çakışıyorsa, bu eşitlik doğrudur, çünkü O, AB parçasının orta noktasıdır. M ve O olsun - farklı noktalar... dikdörtgen ?OAM ve ?OBM iki ayakta eşittir (OA = OB, OM - ortak bacak), bu nedenle AM = VM.
) AB doğru parçasının uçlarından eşit uzaklıkta rastgele bir N noktası düşünün ve N noktasının m doğrusu üzerinde olduğunu kanıtlayın. N, AB düz çizgisinin bir noktasıysa, AB doğru parçasının O orta noktası ile çakışır ve bu nedenle m düz çizgisi üzerinde yer alır. N noktası AB doğrusu üzerinde değilse, ?AN = BN olduğundan ikizkenar olan ANNB. NO segmenti bu üçgenin medyanı ve dolayısıyla yüksekliğidir. Böylece, NO AB'ye diktir, bu nedenle ON ve m doğruları çakışır ve bu nedenle N, m doğrusunun bir noktasıdır. Teorem ispatlandı.
Sonuç. Üçgenin kenarlarına dik olan orta noktalar bir noktada kesişir (çevrili dairenin merkezi).
AB ve BC kenarlarına m ve n orta diklerinin kesişme noktasını O ile gösteririz. ?ABC. Teoreme göre (parçaya dik olan medyanın her noktası bu parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır. Tersine: parçanın uçlarından eşit uzaklıkta olan her nokta, ona dik olan ortanca üzerinde bulunur.) OB = OA ve OB = OC, bu nedenle: OA = OC, yani O noktası, AC segmentinin uçlarından eşit uzaklıktadır ve bu nedenle, bu segmente orta dik p üzerinde bulunur. Bu nedenle, her üç dik m, n ve p kenarlara ?ABC O noktasında kesişiyor.
Dar açılı bir üçgende, bu nokta içte, geniş üçgende, üçgenin dışında, dikdörtgen üçgende, hipotenüsün ortasındadır.
Bir üçgenin orta dik özelliği:
Bir tepe noktasından çıkan üçgenin iç ve dış köşelerinin açıortaylarının üzerinde bulunduğu düz çizgiler, üçgenin çevrelediği dairenin taban tabana zıt noktaları ile karşı tarafa dik medyan ile kesişir.
Kanıt. Örneğin, ABC bisektörünün, hakkında açıklananla kesişmesine izin verin. ?D noktasındaki ABC çemberi (şekil 2.1). O zaman yazılı ABD ve DBC eşit olduğundan, AD = ark DC. Ama AC kenarına dik olan orta da AC yayını ikiye böler, dolayısıyla D noktası bu orta dikmeye ait olacaktır. Ayrıca, paragraf 1.3'teki özellik 30'a göre, BD'nin açıortayı ABC'ye bitişik ABC olduğundan, ikincisi daireyi D noktasına taban tabana zıt bir noktada kesecektir, çünkü yazılı dik açı her zaman çapın üzerindedir.
2 Bir üçgenin çemberinin ortocenterı
Yükseklik, bir üçgenin tepesinden karşı tarafı içeren düz bir çizgiye çizilen bir diktir.
Üçgenin yükseklikleri (veya devamı) bir noktada (ortamerkez) kesişir.
Kanıt. keyfi düşünün ?ABC ve yüksekliklerini içeren AA1, BB1, CC1 doğrularının bir noktada kesiştiğini kanıtlayın. Her bir köşeyi çizelim ?ABC, karşı tarafa paralel düz bir çizgidir. alırız ?A2B2C2. A, B ve C noktaları bu üçgenin kenarlarının orta noktalarıdır. Gerçekten de, AB = A2C ve AB = CB2, ABA2C ve ABCB2 paralelkenarlarının karşılıklı kenarları olarak, dolayısıyla A2C = CB2. Benzer şekilde, C2A = AB2 ve C2B = BA2. Ayrıca yapıdan da anlaşılacağı gibi, CC1 A2B2'ye dik, AA1 B2C2'ye dik ve BB1, A2C2'ye diktir. Böylece, AA1, BB1 ve CC1 doğruları kenarlara diktir. ?A2B2C2. Bu nedenle, bir noktada kesişirler.
Üçgenin türüne bağlı olarak, ortocenter, dar açılı olanlarda bir üçgenin içinde, dışında - geniş açılı olanlarda veya köşe ile, dikdörtgen olanlarda - köşe ile dik açıda çakışabilir.
Üçgen Yükseklik Özellikleri:
Dar açılı bir üçgenin iki yüksekliğinin tabanlarını birleştiren bir parça, ortak açının kosinüsüne eşit bir benzerlik katsayısı ile buna benzer bir üçgeni ondan keser.
Kanıt. AA1, BB1, CC1, dar açılı bir ABC üçgeninin yükseklikleri olsun ve ABC = ?(şekil 2.2). Dik açılı üçgenler BA1A ve CC1B ortak ?, yani benzerler, yani BA1 / BA = BC1 / BC = cos ?... BA1 / BC1 = BA / BC = cos ?, yani v ?C1BA1 ve ?Ortak bitişik ABC kenarları ??C1BA1 ~ ?ABC ve benzerlik katsayısı cos ?... Benzer şekilde kanıtlanmıştır ?A1CB1 ~ ?Benzerlik katsayısı cos BCA olan ABC ve ?B1AC1 ~ ?ABC cos CAB benzerlik katsayısı ile.
Dik açılı bir üçgenin hipotenüsü tarafından indirilen yükseklik, onu birbirine benzeyen ve orijinal üçgene benzer olan üçgenlere böler.
Kanıt. Bir dikdörtgen düşünün ?olan ABC ?BCA = 900 ve CD yüksekliğidir (şekil 2.3).
Sonra benzerlik ?ADC ve ?BDC, örneğin, AD / CD = CD / DB olduğundan, iki bacağın orantılılığındaki dik açılı üçgenlerin benzerlik özelliğinden kaynaklanmaktadır. ADC ve BDC dik açılı üçgenlerin her biri, yalnızca iki açıdaki benzerlik özelliği temelinde olsa bile, orijinal dik açılı üçgene benzer.
Yükseklik özelliklerinin uygulanmasına ilişkin problemlerin çözümü
Problem 1. Köşelerinden biri belirli bir geniş üçgenin köşesi ve diğer iki köşesi, diğer iki köşesinden çıkarılmış bir geniş üçgenin yüksekliklerinin tabanları olan bir üçgenin buna benzer olduğunu kanıtlayın. ilk tepe noktasındaki açının kosinüs modülüne eşit bir benzerlik katsayısına sahip üçgen ...
Çözüm. geniş düşünün ?Kör CAB ile ABC. Yükseklikleri AA1, BB1, CC1 olsun (Şekil 2.4, 2.5, 2.6) ve CAB = ?, ABC =? , BCA = ?.
Bunun kanıtı ?C1BA1 ~ ?Benzerlik katsayısı k = cos olan ABC (Şekil 2.4) ?, özelliğin ispatı 1, bölüm 2.2'de gerçekleştirilen akıl yürütmeyi tamamen tekrarlar.
bunu kanıtlayalım ?A1CB ~ ?Benzerlik katsayısı k1 = cos olan ABC (Şekil 2.5) ?, a ?B1AC1 ~ ?ABC (Şekil 2.6) benzerlik katsayısı k2 = | cos? |.
Gerçekten de, CA1A ve CB1B dik açılı üçgenler ortak bir açıya sahiptir. ?ve bu nedenle benzerdir. B1C / BC = A1C / AC = cos olduğunu takip eder ?ve dolayısıyla B1C / A1C = BC / AC = cos ?, yani A1CB1 ve ABC üçgenlerinde ortak bir kenar oluşturan kenarlar ??orantılıdır. Ve sonra üçgenlerin benzerliğinin ikinci temelinde ?A1CB ~ ?ABC ve benzerlik katsayısı k1 = cos ?... Son duruma gelince (Şekil 2.6), dik açılı üçgenlerin dikkate alınmasından ?BB1A ve ?CC1A ile eşit dikey köşeler BAB1 ve C1AC, benzer olduklarını ve dolayısıyla B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = | çünkü ?| beri ??- köreltmek. Dolayısıyla B1A / C1A = BA / CA = | çünkü ?| ve böylece üçgenlerde ?B1AC1 ve ?ABC kenarları oluşturan eşit açılar orantılıdır. Bunun anlamı şudur ki ?B1AC1 ~ ?Benzerlik katsayılı ABC k2 = | cos? |.
Problem 2. Eğer O noktası bir dar açılı ABC üçgeninin yüksekliklerinin kesişme noktası ise, ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800 olduğunu kanıtlayın.
Çözüm. Problem cümlesinde verilen formüllerden ilkinin geçerliliğini ispatlayalım. Diğer iki formül de benzer şekilde ispatlanmıştır. Öyleyse, ABC = olsun ?, AOC = ?... A1, B1 ve C1, sırasıyla A, B ve C köşelerinden çizilen üçgenin yüksekliklerinin tabanlarıdır (Şekil 2.7). Ardından, BC1C dik açılı üçgeninden, BCC1 = 900 - ?ve böylece, OA1C dik açılı üçgende, COA1 açısı ?... Ama AOC + COA1 açılarının toplamı = ? + ?açılmamış açıyı verir ve bu nedenle AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, kanıtlanması gereken buydu.
Problem 3. Dar açılı bir üçgenin yüksekliklerinin, köşeleri bu üçgenin yüksekliklerinin tabanları olan üçgenin açılarının açıortayları olduğunu kanıtlayın.
şek.2.8
Çözüm. AA1, BB1, CC1, dar açılı bir ABC üçgeninin yükseklikleri olsun ve CAB = ?(Şekil 2.8). Örneğin, AA1 yüksekliğinin C1A1B1 açısının açıortayı olduğunu kanıtlayalım. Gerçekten de, C1BA1 ve ABC üçgenleri benzer olduğundan (özellik 1), BA1C1 = ?ve dolayısıyla C1A1A = 900 - ?... A1CB1 ve ABC üçgenlerinin benzerliğinden, AA1B1 = 900 - ?ve bu nedenle C1A1A = AA1B1 = 900 - ?... Ancak bu aynı zamanda AA1'in C1A1B1 açısının açıortayı olduğu anlamına gelir. Benzer şekilde, ABC üçgeninin diğer iki yüksekliğinin, A1B1C1 üçgeninin diğer iki karşılık gelen açısının açıortayları olduğu kanıtlanmıştır.
3 Üçgenin çemberinin ağırlık merkezi
Bir üçgenin ortancası, üçgenin herhangi bir köşesini karşı tarafın ortasına bağlayan doğru parçasıdır.
Teorem. Üçgenin medyanı bir noktada kesişir (ağırlık merkezi).
Kanıt. Rastgele bir tane düşünün? ABC.
AA1 ve BB1 medyanlarının kesişim noktasını O harfi ile gösterelim ve bu üçgenin A1B1 orta çizgisini çizelim. A1B1 doğru parçası AB kenarına paraleldir, dolayısıyla 1 = 2 ve 3 = 4'tür. ?AOB ve ?A1OB1 iki açıdan benzerdir ve bu nedenle kenarları orantılıdır: AO: A1O = BO: B1O = AB: A1B1. Ancak AB = 2A1B1, dolayısıyla AO = 2A1O ve BO = 2B1O. Böylece, AA1 ve BB1 medyanlarının kesişimindeki O noktası, her birini yukarıdan sayarak 2: 1 oranında böler.
Benzer şekilde, BB1 ve CC1 medyanlarının kesişme noktasının her birini yukarıdan sayarak 2: 1 oranında böldüğü ve dolayısıyla O noktasıyla çakıştığı ve onu 2 oranında böldüğü kanıtlanmıştır. : 1, üstten sayma.
Medyan üçgen özellikleri:
10 Bir üçgenin medyanları bir noktada kesişir ve kesişme noktasına tepe noktasından 2: 1 oranında bölünür.
Verilen: ?ABC, AA1, BB1 - medyanlar.
Kanıtlayın: AO: OA1 = BO: OV1 = 2: 1
Kanıt. Orta çizgi A1B1 || AB, A1B1 = 1/2 AB özelliğine göre A1B1 orta çizgisini çizelim (Şekil 2.10). A1B1'den beri || AB, sonra 1 = 2 AB ve A1B1 paralel çizgileri ve AA1 sekantıyla çapraz olarak uzanıyor. 3 = 4 paralel düz çizgiler A1B1 ve AB ve BB1 sekantıyla çapraz olarak uzanıyor.
Buradan, ?AOB ~ ?A1OB1 iki açının eşitliği ile yani kenarların orantılı olduğu anlamına gelir: AO / A1O = OB / OB1 = AB / A1B = 2/1, AO / A1O = 2/1; OB / OB1 = 2/1.
Medyan, bir üçgeni eşit alana sahip iki üçgene böler.
Kanıt. BD - ortanca ?ABC (Şekil 2.11), BE onun yüksekliğidir. O zamanlar ?ABD ve ?Sırasıyla eşit AD ve DC tabanlarına ve toplam BE yüksekliğine sahip oldukları için DBC'lerin boyutu eşittir.
Tüm üçgen, medyanları tarafından altı eşit üçgene bölünür.
Üçgenin ortancasının devamında, üçgenin kenar ortasından ortancasına eşit uzunlukta bir doğru parçası ertelersek, bu doğrunun bitiş noktası ve üçgenin köşeleri, üçgenin köşeleridir. paralelkenar.
Kanıt. BC kenarının orta noktası D olsun ?ABC (Şekil 2.12), E, AD doğrusu üzerinde DE = AD olacak şekilde bir noktadır. O zaman, ABEC dörtgeninin D noktasındaki köşegenleri AE ve BC yarıya bölündüğünden, Özellik 13.4'ten, ABEC dörtgeninin bir paralelkenar olduğu sonucu çıkar.
Medyanların özelliklerinin uygulanmasıyla ilgili problemlerin çözümü:
Problem 1. Medyanların kesişim noktasının O olduğunu kanıtlayın ?ABC o zaman ?AOB, ?BOC ve • AOC eşittir.
Çözüm. Medyanlar AA1 ve BB1 olsun ?ABC (şek. 2.13). Düşünmek ?AOB ve ?BOC. Açıkçası, S ?AOB = S ?AB1B - S ?AB1O, S ?BOC = S ?BB1C - S ?OB1C. Ama özellik 2'de S var ?AB1B = S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, buradan S'yi takip eder ?AOB = S ?BOC. eşitlik S AOB = S ?AOC.
Problem 2. O noktasının içeride olduğunu kanıtlayın ?ABC ve ?AOB, ?BOC ve ?AOC eşittir, o zaman O medyanların kesişme noktası mı? ABC.
Çözüm. Düşünmek ?ABC (2.14) ve O noktasının medyan BB1 üzerinde olmadığını varsayalım. O zaman OB1 medyan olduğundan ?AOC sonra S ?AOB1 = S ?B1OC ve S koşuluna göre ?AOB = S ?BOC sonra S ?AB1OB = S ?BOB1C. Ama bu olamaz, çünkü S ?ABB1 = S ?B1BC. Ortaya çıkan çelişki, O noktasının medyan BB1 üzerinde olduğu anlamına gelir. O noktasının diğer iki medyana ait olduğu benzer şekilde kanıtlanmıştır. ?ABC. Bundan, O noktasının gerçekten üç medyanın kesişme noktası olduğu sonucu çıkar? ABC.
Sorun 3. Varsa bunu kanıtlayın ?ABC kenarları AB ve BC eşit değildir, bu durumda BD açıortayı BM medyanı ile BH yüksekliği arasında yer alır.
Kanıt. hakkında tarif edelim ?ABC dairesini çizin ve BD ortayını K noktasındaki daire ile kesişim noktasına uzatın. K noktasından, medyanla ortak bir M noktasına sahip olan AC segmentine (madde 2.1'den özellik 1) dik bir medyan olacaktır. BH ve MK doğru parçaları paralel olduğundan ve B ve K noktaları AC doğrusunun karşıt taraflarında olduğundan, BK ve AC doğru parçalarının kesişme noktası HM doğru parçasına aittir ve bu istenen sonucu kanıtlar.
Sorun 4. В ?ABC Ortanca BM, AB kenarının yarısıdır ve onunla 400'lük bir açı yapar ABC'yi bulun.
Çözüm. Ortanca BM'yi uzunluğuna göre M noktasının ötesine uzatalım ve D noktasını alalım (Şekil 2.15). AB = 2BM olduğundan, AB = BD, yani ABD üçgeni ikizkenardır. Dolayısıyla KÖTÜ = BDA = (180o - 40o): 2 = 70o. Dörtgen ABCD, köşegenleri kesişme noktası tarafından yarıya bölündüğü için bir paralelkenardır. Yani CBD = ADB = 700. O zaman ABC = ABD + CBD = 1100. Cevap 1100.
Problem 5. Kenarlar ABC, a, b, c'ye eşittir. c tarafına çizilen medyan mc'yi hesaplayın (Şekil 2.16).
Çözüm. ABC'yi ACVP paralelkenarına tamamlayarak medyanı ikiye katlayalım ve bu paralelkenara Teorem 8'i uygulayalım: CP2 + AB2 = 2AC2 + 2BC2, yani. (2mc) 2 + c2 = 2b2 + 2a2, nereden buluruz:
2.4 Euler çemberi. Euler çizgisi
Teorem. Medyanların tabanları, keyfi bir üçgenin yükseklikleri ve üçgenin köşelerini ortomerkezi ile birleştiren bölümlerin orta noktaları, yarıçapı çevredeki dairenin yarıçapının yarısına eşit olan bir daire üzerinde bulunur. üçgen. Bu daireye dokuz noktalı daire veya Euler dairesi denir.
Kanıt. Ortanca MNL'yi alın (Şekil 2.17) ve W'nin etrafındaki bir daireyi tanımlayın. Segment MN = 1 / 2AB, çünkü MN orta çizgi mi? ABC. Yamuk QLMN'nin ikizkenar olduğunu takip eder. W çemberi ikizkenar yamuk L, M, N'nin 3 köşesinden geçtiği için, Q'nun dördüncü köşesinden de geçer. Benzer şekilde P'nin W'ye, R'nin W'ye ait olduğu kanıtlanmıştır.
X, Y, Z noktalarına geçelim. XL doğru parçası, orta çizgi AHB olarak BH'ye diktir. BH, AC'ye diktir ve AC, LM'ye paralel olduğundan, BH, LM'ye diktir. Bu nedenle, XLM = P / 2. Benzer şekilde, XNM = P / 2.
Dörtgen LXNM'de, karşılıklı iki köşe düz çizgilerdir, bu nedenle çevresinde bir daire tanımlanabilir. Bu W çemberi olacaktır. Yani X W'ye aittir, benzer şekilde Y W'ye, Z W'ye aittir.
Ortadaki LMN, ABC'ye benzer. Benzerlik katsayısı 2'dir. Bu nedenle, dokuz noktalı bir dairenin yarıçapı R / 2'ye eşittir.
Euler çemberi özellikleri:
Dokuz noktalı bir dairenin yarıçapı, ABC ile çevrelenmiş bir dairenin yarıçapının yarısına eşittir.
Dokuz noktalı daire, ABC katsayısı ile çevrelenen daireye homotetiktir. ½ ve homojenliğin merkezi H noktasındadır.
Teorem. Ortomerkez, ağırlık merkezi, dairenin merkezi ve dokuz noktalı dairenin merkezi bir düz çizgi üzerinde bulunur. Euler çizgisi.
Kanıt. H ortomerkezi ABC (Şekil 2.18) ve O çevrelenmiş dairenin merkezi olsun. Yapısal olarak, ortanca dik açılar? ABC, ortanca MNL'nin yüksekliklerini içerir, yani O, aynı anda ortomerkez? LMN'dir. ? LMN ~? ABC, benzerlik katsayıları 2'dir, dolayısıyla BH = 2ON.
H ve O noktalarından geçen bir doğru çizelim. NOG ve BHG olmak üzere iki benzer üçgen elde ederiz. BH = 2ON olduğundan, BG = 2GN. İkincisi, G noktasının ağırlık merkezi ABC olduğu anlamına gelir. G noktası için HG: GO = 2: 1 oranı karşılanır.
Daha fazla TF medyan dik olsun MNL ve F - bu dikin HO çizgisiyle kesişme noktası. Benzer düşünün: TGF ve? STK. G noktası ağırlık merkezidir?MNL, yani benzerlik katsayısı TGF ve NGO 2'dir. Dolayısıyla OG = 2GF ve HG = 2GO olduğundan, HF = FO ve F HO segmentinin ortasıdır.
Aynı muhakemeyi diğer tarafa dik orta nokta MNL için yaparsak, o zaman HO doğru parçasının orta noktasından da geçmelidir. Ancak bu, F noktasının orta dikmelerin MNL noktası olduğu anlamına gelir. Böyle bir nokta Euler çemberinin merkezidir. Teorem ispatlandı.
ÇÖZÜM
Bu yazıda, okulda incelenen üçgenin 4 harika noktasını ve özelliklerini temel alarak birçok sorunu çözebileceğimizi inceledik. Gergonne'nin noktası, Euler'in çemberi ve Euler'in doğrusu da dikkate alındı.
KULLANILAN KAYNAKLARIN LİSTESİ
1.Geometri 7-9. Ortaokullar için ders kitabı // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. ve diğerleri - M.: Eğitim, 1994.
2.V. V. Amelkin Uçakta geometri: Teori, görevler, çözümler: Ders kitabı. Matematik el kitabı // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Minsk: "Asar", 2003.
.VS. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. İzmailova // Temel geometri el kitabı. Orenburg, OGPI, 1991.
.VG Prasolov Planimetri görevleri. - 4. baskı, Eklendi - M.: Moskova Sürekli Matematik Eğitimi Merkezi'nin yayınevi, 2001.
Baranova Elena
Bu makale, üçgenin dikkat çekici noktalarını, dokuz noktalı çember ve Euler doğrusu gibi özelliklerini ve modellerini tartışmaktadır. verilen tarih referansı Euler doğrusu ve dokuz noktadan oluşan çemberin keşfi. Projemin uygulamasının pratik yönelimi önerilmiştir.
İndirmek:
Ön izleme:
Sunumların önizlemesini kullanmak için kendinize bir hesap oluşturun ( hesap) Google ve giriş yapın: https://accounts.google.com
Slayt başlıkları:
"ÜÇGENİN MÜKEMMEL NOKTALARI". (Uygulamalı ve temel matematik soruları) Elena Baranova, 8. sınıf, Moskova Devlet Eğitim Kurumu "Ortaokul No. 20" Poz. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilievna, matematik öğretmeni MCOU "20 Nolu Ortaokul" Yerleşim Novoizobilny 2013. Belediye kamu eğitim kurumu "20 Nolu Ortaokul"
Amaç: dikkat çekici noktaları için üçgenin incelenmesi, sınıflandırmalarının ve özelliklerinin incelenmesi. Amaçlar: 1. Çalışmak gerekli literatür 2. Üçgenin harika noktalarının sınıflandırılmasını incelemek 3. Üçgenin harika noktalarının özelliklerini tanımak 4. Üçgenin harika noktalarını oluşturabilmek. 5. Harika noktaların uygulama alanını keşfedin. Araştırmanın konusu matematiğin bir dalıdır - geometri Araştırmanın konusu bir üçgendir İlgililik: Bir üçgen hakkındaki bilginizi, onun dikkat çekici noktalarının özelliklerini genişletmek için. Hipotez: üçgen ve doğa arasındaki bağlantı
Orta diklerin kesişme noktası Üçgenin köşelerinden eşit uzaklıktadır ve çevrelenmiş dairenin merkezidir. Köşeleri üçgenin kenarlarının orta noktaları ve üçgenin köşeleri olan üçgenler etrafında çevrelenmiş daireler, orta dikmelerin kesişme noktasına denk gelen bir noktada kesişir.
Bisektörlerin kesişim noktası Bir üçgenin bisektörlerinin kesişme noktası, üçgenin kenarlarından eşit uzaklıktadır. ОМ = ОА = ОВ
Yüksekliklerin kesişme noktası Köşeleri yüksekliklerin tabanı olan bir üçgenin açıortaylarının kesişme noktası, üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktası ile çakışır.
Medyanların kesişme noktası Üçgenin medyanları, her medyanı tepe noktasından sayarak 2: 1 oranında bölen bir noktada kesişir. Medyanların kesişme noktası köşelere bağlanırsa, üçgen eşit alana sahip üç üçgene bölünecektir. Medyanların kesişme noktasının önemli bir özelliği, başlangıcı medyanların kesişme noktası olan ve uçları üçgenlerin köşeleri olan vektörlerin toplamının sıfıra eşit olmasıdır М1 NCB А m2 m3 М1 NCB А m2 m3 М1 NCB А m2 m3 М1 NCB А m2 m3
Torricelli noktası Not: Üçgenin tüm açıları 120'den küçükse bir Torricelli noktası vardır.
Dokuz noktadan oluşan daire B1, A1, C1 - yükseklik tabanları; A2, B2, C2 - ilgili tarafların orta noktaları; A3, B3, C3, - AH, BH ve CH segmentlerinin ortası.
Euler çizgisi Medyanların kesişme noktası, yüksekliklerin kesişme noktası, dokuz noktadan oluşan çemberin merkezi, bu örüntüyü belirleyen bilim adamı matematikçinin onuruna Euler çizgisi olarak adlandırılan bir düz çizgi üzerinde bulunur.
Dikkat çekici noktaların keşfinin tarihi hakkında biraz bilgi 1765'te Euler, bir üçgenin kenarlarının orta noktalarının ve yüksekliklerinin tabanlarının aynı daire üzerinde olduğunu keşfetti. Üçgenin harika noktalarının en şaşırtıcı özelliği, bazılarının belirli bir ilişki içinde birbirleriyle ilişkili olmasıdır. Medyanların M kesişim noktası, H yüksekliklerinin kesişme noktası ve çevrelenmiş O çemberinin merkezi bir düz çizgi üzerinde uzanır ve M noktası OH parçasını böler, böylece OM ilişkisi: OH = 1: 2. Bu teorem, 1765'te Leonard Euler tarafından kanıtlandı.
Geometrinin doğa ile bağlantısı. Bu konumda potansiyel enerji en küçük değere sahiptir ve MA + MV + MC segmentlerinin toplamı en küçük olacak ve Torricelli noktasındaki orijine sahip bu segmentler üzerinde bulunan vektörlerin toplamı sıfır olacaktır.
Sonuçlar Bildiğim yüksekliklerin, medyanların, açıortayların ve diklerin harika kesişim noktalarına ek olarak, bir üçgenin harika noktaları ve çizgileri olduğunu öğrendim. Bu konu ile ilgili edindiğim bilgileri kendi çalışmalarımda kullanabilirim. Öğrenme aktiviteleri, teoremleri belirli problemlere bağımsız olarak uygular, çalışılan teoremleri gerçek bir durumda uygular. Üçgenin harika noktalarının ve doğrularının matematik çalışmasında kullanılmasının etkili olduğuna inanıyorum. Bunları bilmek, birçok görevin çözümünü büyük ölçüde hızlandırır. Önerilen materyal, 5-9. sınıf öğrencileri tarafından hem matematik derslerinde hem de ders dışı etkinliklerde kullanılabilir.
Ön izleme:
Önizlemeyi kullanmak için kendinize bir Google hesabı (hesabı) oluşturun ve bu hesapta oturum açın:
Üçgende dikkate değer dört nokta vardır: medyanların kesişme noktası. Bisektörlerin kesişme noktası, yüksekliklerin kesişme noktası ve orta dikmelerin kesişme noktası. Her birini düşünelim.
Üçgen medyanlarının kesişme noktası
teorem 1
Üçgenin medyanlarının kesişiminde: Üçgenin medyanları bir noktada kesişir ve tepe noktasından başlayarak 2:1$ oranında kesişme noktasına bölünür.
Kanıt.
$ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ onun medyanı olduğu bir $ ABC $ üçgeni düşünün. Medyanlar kenarları ikiye böldüğü için. $ A_1B_1 $ orta çizgisini ele alalım (Şekil 1).
Şekil 1. Bir üçgenin medyanları
Teorem 1'e göre, $ AB || A_1B_1 $ ve $ AB = 2A_1B_1 $, dolayısıyla $ \ açı ABB_1 = \ açı BB_1A_1, \ \ açı BAA_1 = \ açı AA_1B_1 $. Bu, $ ABM $ ve $ A_1B_1M $ üçgenlerinin, üçgenlerin benzerliğinin ilk işaretiyle benzer olduğu anlamına gelir. O zamanlar
Benzer şekilde kanıtlanabilir ki
Teorem ispatlandı.
Üçgen açıortayların kesişme noktası
Teorem 2
Bir üçgenin bisektörlerinin kesişiminde: Üçgenin açıortayları bir noktada kesişir.
Kanıt.
$ AM, \ BP, \ CK $ onun açıortayı olduğu bir $ ABC $ üçgeni düşünün. $ O $ noktası, $ AM \ ve \ BP $ açıortaylarının kesişme noktası olsun. Bu noktadan üçgenin kenarlarına dikler çizelim (Şekil 2).
Şekil 2. Bir üçgenin açıortayları
teorem 3
Açılmamış bir açının açıortayının her noktası kenarlarından eşit uzaklıktadır.
Teorem 3'e göre: $ OX = OZ, \ OX = OY $ var. Bu nedenle, $ OY = OZ $. Bu, $ O $ noktasının $ACB $ açısının kenarlarından eşit uzaklıkta olduğu ve bu nedenle açıortayı $ CK $ üzerinde olduğu anlamına gelir.
Teorem ispatlandı.
Üçgenin ortanca diklerinin kesişme noktası
teorem 4
Üçgenin kenarlarına orta dikler bir noktada kesişir.
Kanıt.
$ ABC $ üçgeni, $ n, \ m, \ p $ üçgeni ve dik açıları verilsin. $ O $ noktası, $ n \ ve \ m $ medyan diklerinin kesişme noktası olsun (Şekil 3).
Şekil 3. Bir üçgenin orta dikmeleri
Kanıt için aşağıdaki teoreme ihtiyacımız var.
teorem 5
Doğru parçasına dik olan orta noktanın her noktası, bu parçanın uçlarından eşit uzaklıktadır.
Teorem 3'e göre: $ OB = OC, \ OB = OA $ var. Bu nedenle, $ OA = OC $. Bu, $ O $ noktasının $AC $ segmentinin uçlarından eşit uzaklıkta olduğu ve bu nedenle orta noktasında $p $ dikine uzandığı anlamına gelir.
Teorem ispatlandı.
Üçgen yüksekliklerinin kesişme noktası
Teorem 6
Üçgenin yükseklikleri veya uzantıları bir noktada kesişir.
Kanıt.
$ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ olduğu bir üçgen $ ABC $ düşünün. Köşenin karşısındaki kenara paralel, üçgenin her bir köşesi boyunca düz bir çizgi çizin. Yeni bir $ A_2B_2C_2 $ üçgeni elde ediyoruz (Şekil 4).
Şekil 4. Üçgenin yükseklikleri
$ AC_2BC $ ve $ B_2ABC $ ortak bir kenarı olan paralelkenarlar olduğundan, $ AC_2 = AB_2 $, yani $ A $ noktası $ C_2B_2 $ kenarının ortasıdır. Benzer şekilde, $ B $ noktasının $ C_2A_2 $ tarafının ortası olduğunu ve $ C $ noktasının $ A_2B_2 $ tarafının ortası olduğunu elde ederiz. İnşaattan elde ettiğimiz $ (CC) _1 \ bot A_2B_2, \ (BB) _1 \ bot A_2C_2, \ (AA) _1 \ bot C_2B_2 $. Bu nedenle, $ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $, $ A_2B_2C_2 $ üçgeninin dikleridir. Ardından, Teorem 4'e göre, $ (AA) _1, \ (BB) _1, \ (CC) _1 $ yüksekliklerinin bir noktada kesiştiğini elde ederiz.
