Umumiy vazirligi va kasb-hunar ta'limi Sverdlovsk viloyati.
MOUO Yekaterinburg.
Ta’lim muassasasi – MOUSOSH No212 “Yekaterinburg madaniyat litseyi”
Ta'lim yo'nalishi - matematika.
Mavzu geometriya.
Uchburchakning diqqatga sazovor joylari
Referent: 8-sinf o‘quvchisi
Selitskiy Dmitriy Konstantinovich.
Ilmiy maslahatchi:
Rabkanov Sergey Petrovich.
Ekaterinburg, 2001 yil
Kirish 3
Tavsif qismi:
Ortomarkaz 4
Markaz 5
Og'irlik markazi 7
Cheklangan doira markazi 8
Eyler liniyasi 9
Amaliy qism:
Ortosentrik uchburchak 10
Xulosa 11
Adabiyotlar 11
Kirish.
Geometriya uchburchakdan boshlanadi. Ikki yarim ming yil davomida uchburchak geometriyaning ramzi bo'lib kelgan. Yangi xususiyatlar doimo kashf qilinmoqda. Uchburchakning barcha ma'lum xususiyatlari haqida gapirish uchun ko'p vaqt kerak bo'ladi. Men deb atalmish narsaga qiziqdim ajoyib nuqtalar uchburchak". Bunday nuqtalarga misol qilib bissektrisalarning kesishish nuqtasini keltirish mumkin. Shunisi e'tiborga loyiqki, fazoda uchta ixtiyoriy nuqta olsak, ulardan uchburchak yasasak va bissektrisalarni chizsak, ular (bissektrisalar) bir nuqtada kesishadi! Bu mumkin emasdek tuyuladi, chunki biz o'zboshimchalik bilan fikrlarni oldik, ammo bu qoida har doim ishlaydi. Boshqa "ajoyib nuqtalar" ham xuddi shunday xususiyatlarga ega.
Ushbu mavzu bo'yicha adabiyotlarni o'qib chiqqandan so'ng, men beshta ajoyib nuqta va uchburchakning ta'riflari va xususiyatlarini o'zim uchun tuzatdim. Lekin ishim shu bilan tugamadi, men o'zim bu jihatlarni o'rganib chiqmoqchi bo'ldim.
Shunung uchun maqsad Bu ish uchburchakning ba'zi ajoyib xususiyatlarini o'rganish va ortosentrik uchburchakni o'rganishdir. Ushbu maqsadga erishish jarayonida quyidagi bosqichlarni ajratib ko'rsatish mumkin:
O'qituvchi yordamida adabiyotlarni tanlash
Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalari va chiziqlarining asosiy xususiyatlarini o'rganish
Ushbu xususiyatlarni umumlashtirish
Ortosentrik uchburchakka oid masala tuzish va yechish
Men ushbu tadqiqot ishida olingan natijalarni taqdim etdim. Men barcha chizmalarni kompyuter grafikasi (CorelDRAW vektor grafik muharriri) yordamida chizdim.
Ortomarkaz. (Balandliklarning kesishish nuqtasi)
Keling, balandliklar bir nuqtada kesishishini isbotlaylik. Keling, cho'qqilarni bosib o'taylik LEKIN, DA va FROM uchburchak ABC qarama-qarshi tomonlarga parallel to'g'ri chiziqlar. Bu chiziqlar uchburchak hosil qiladi LEKIN 1 DA 1 FROM 1 . uchburchakning balandligi ABC uchburchak tomonlarining perpendikulyar bissektrisalaridir LEKIN 1 DA 1 FROM 1 . shuning uchun ular bir nuqtada - uchburchakning aylanasi markazida kesishadi LEKIN 1 DA 1 FROM 1 . Uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasi ortomarkaz deb ataladi ( H).
Markaz chizilgan doiraning markazidir.
(Bissektrisalarning kesishish nuqtasi)
Uchburchak burchaklarining bissektrisalarini isbotlaylik ABC bir nuqtada kesishadi. Bir nuqtani ko'rib chiqing O burchak bissektrisalarining kesishmalari LEKIN va DA. A burchak bissektrisasining istalgan nuqtasi chiziqlardan teng masofada joylashgan AB va AU, va burchak bissektrisasining istalgan nuqtasi DA to'g'ri chiziqlardan teng masofada joylashgan AB va quyosh, shuning uchun nuqta O to'g'ri chiziqlardan teng masofada joylashgan AU va quyosh, ya'ni. u burchakning bissektrisasida yotadi FROM. nuqta O to'g'ri chiziqlardan teng masofada joylashgan AB, quyosh va SA, shuning uchun markazi bo'lgan doira mavjud O bu chiziqlarga tegib turadi va aloqa nuqtalari ularning kengaytmalarida emas, balki yon tomonlarida yotadi. Haqiqatan ham, burchaklardagi burchaklar LEKIN va DA uchburchak AOB keskin shuning uchun nuqta proyeksiyasi O bevosita AB segment ichida joylashgan AB.
Partiyalar uchun quyosh va SA dalil shunga o'xshash.
Markaz uchta xususiyatga ega:
Agar burchak bissektrisasining davomi bo'lsa FROM uchburchakning aylanasini kesib o'tadi ABC nuqtada M, keyin MA=MV=MO.
Agar a AB- teng yonli uchburchakning asosi ABC, keyin burchakning yon tomonlariga tegib aylana IIV nuqtalarda LEKIN va DA, nuqtadan o'tadi O.
Agar nuqtadan o'tadigan chiziq O yon tomonga parallel AB, yon tomonlarini kesib o'tadi quyosh va SA nuqtalarda LEKIN 1 va DA 1 , keyin LEKIN 1 DA 1 =LEKIN 1 DA+AB 1 .
Og'irlik markazi. (Medianalarning kesishish nuqtasi)
Uchburchakning medianalari bir nuqtada kesishishini isbotlaylik. Buning uchun fikrni ko'rib chiqing M medianalar kesishgan joyda AA 1 va BB 1 . keling, buni uchburchakda qilaylik BB 1 FROM o'rta chiziq LEKIN 1 LEKIN 2 , parallel BB 1 . keyin LEKIN 1 M: AM=DA 1 LEKIN 2 :AB 1 =DA 1 LEKIN 2 :DA 1 FROM=VA 1 : Quyosh=1:2, ya'ni. median nuqta BB 1 va AA 1 medianani ajratadi AA 1 1: 2 nisbatda. Xuddi shunday, medianalarning kesishish nuqtasi SS 1 va AA 1 medianani ajratadi AA 1 1: 2 nisbatda. Shuning uchun medianalarning kesishish nuqtasi AA 1 va BB 1 medianalarning kesishish nuqtasiga to'g'ri keladi AA 1 va SS 1 .
Agar uchburchak medianalarining kesishish nuqtasi cho'qqilari bilan bog'langan bo'lsa, u holda uchburchaklar teng maydonli uchta uchburchakka bo'linadi. Haqiqatan ham, agar buni isbotlash kifoya R- mediananing istalgan nuqtasi AA 1 uchburchakda ABC, keyin uchburchaklarning maydonlari AVR va ACP teng. Axir, medianlar AA 1 va RA 1 uchburchaklarda ABC va RVS ularni teng maydondagi uchburchaklarga kesib tashlang.
Qarama-qarshi gap ham to'g'ri: agar biron bir nuqta uchun R, uchburchak ichida yotgan ABC, uchburchaklar maydonlari AVR, CHORSHANBA KUNI va SAR teng bo'ladi, demak R medianalarning kesishish nuqtasidir.
Kesishish nuqtasi yana bir xususiyatga ega: agar siz har qanday materialdan uchburchakni kesib, uning ustiga medianalarni chizsangiz, medianalarning kesishish nuqtasida liftni o'rnatib, osmani tripodga mahkamlang, u holda model (uchburchak) bir holatda bo'ladi. muvozanat holati, shuning uchun kesishish nuqtasi uchburchakning og'irlik markazidan boshqa narsa emas.
Cheklangan doira markazi.
Keling, uchburchakning uchlaridan teng masofada joylashgan nuqta mavjudligini yoki boshqacha aytganda, uchburchakning uchta uchidan o'tuvchi aylana borligini isbotlaylik. Nuqtalardan teng masofada joylashgan nuqtalarning joylashuvi LEKIN va DA, segmentga perpendikulyar AB uning o'rta nuqtasidan o'tuvchi (segmentga perpendikulyar bissektrisa). AB). Bir nuqtani ko'rib chiqing O segmentlarning perpendikulyar bissektrisalari kesishgan joyda AB va quyosh. Nuqta O nuqtalardan teng masofada LEKIN va DA, shuningdek, nuqtalardan DA va FROM. shuning uchun u nuqtalardan teng masofada joylashgan LEKIN va FROM, ya'ni. u ham segmentning perpendikulyar bissektrisasida yotadi AU.
Markaz O chegaralangan doira faqat o'tkir burchakli bo'lsa, uchburchak ichida yotadi. Agar uchburchak to'g'ri burchakli uchburchak bo'lsa, u holda nuqta O gipotenuzaning o'rta nuqtasiga to'g'ri keladi va agar burchakdagi burchak bo'lsa FROM to'mtoq, keyin to'g'ri AB nuqtalarni ajratib turadi O va FROM.
Matematikada ko'pincha juda boshqacha tarzda aniqlangan ob'ektlar bir xil bo'lib chiqadi. Keling, buni misol bilan ko'rsatamiz.
Mayli LEKIN 1 , DA 1 ,FROM 1 - tomonlarning o'rta nuqtalari quyosh,SA va AV. Aylanalar uchburchaklar atrofida chegaralanganligini isbotlash mumkin AB 1 FROM, LEKIN 1 quyosh 1 va LEKIN 1 DA 1 FROM 1 bir nuqtada kesishadi va bu nuqta uchburchakning aylanasi markazidir ABC. Shunday qilib, bizda butunlay boshqacha ko'rinadigan ikkita nuqta bor: uchburchakning tomonlariga o'rta perpendikulyarlarning kesishish nuqtasi ABC va uchburchaklarning chegaralangan doiralarining kesishish nuqtasi AB 1 FROM 1 , LEKIN 1 quyosh va LEKIN 1 DA 1 FROM 1 . ammo ma'lum bo'lishicha, bu ikki nuqta bir-biriga mos keladi.
Eylerning to'g'ri chizig'i.
eng ko'p ajoyib mulk Uchburchakning diqqatga sazovor joylari shundaki, ularning ba'zilari bir-biri bilan ma'lum munosabatlar bilan bog'liq. Masalan, tortishish markazi M, ortomarkaz H va chegaralangan doiraning markazi O bir to'g'ri chiziqda yotadi va M nuqta OH segmentini shunday bo'ladiki, munosabat OM: MN=1:2. Bu teorema 1765 yilda shveytsariyalik olim Leonardo Eyler tomonidan isbotlangan.
ortosentrik uchburchak.
ortosentrik uchburchak(ortouchburchak) uchburchak ( MNKimga), ularning uchlari berilgan uchburchak balandliklarining asoslari ( ABC). Bu uchburchak juda ko'p qiziqarli xususiyatlarga ega. Keling, ulardan birini olaylik.
Mulk.
Isbot qiling:
uchburchaklar AKM, CMN va BKN uchburchakka o'xshaydi ABC;
Ortotriburchakning burchaklari MNK quyidagilar: L KNM = p - 2 L A,LKMN = p-2 L B, L MNK = p - - 2 L C.
Isbot:
Bizda ... bor AB cos A, AK cos A. Binobarin, AM/AB = AK/AC.
Chunki uchburchaklar ABC va AKM burchak LEKIN umumiy bo'lsa, u holda ular o'xshashdir, shuning uchun biz burchak degan xulosaga kelamiz L AKM = L C. Shunung uchun L BKM = L C. Keyin bizda bor L MKC= p/2 - L C, L NKC= p/2 – - - L C, ya'ni. SC- burchak bissektrisasi MNK. Shunday qilib, L MNK= p - 2 L C. Qolgan tengliklar xuddi shunday isbotlangan.
Xulosa.
Ushbu tadqiqot ishi yakunida quyidagi xulosalar chiqarish mumkin:
Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalari va chiziqlari:
ortomarkaz uchburchak - uning balandliklarining kesishish nuqtasi;
markaz uchburchak - bissektrisalarning kesishish nuqtasi;
og'irlik markazi uchburchak - uning medianalarining kesishish nuqtasi;
chegaralangan doiraning markazi perpendikulyar bissektrisalarning kesishish nuqtasidir;
Eyler liniyasi og'irlik markazi, ortomarkazi va aylananing markazi yotadigan to'g'ri chiziq.
Ortosentrik uchburchak berilgan uchburchakni uchta o'xshash uchburchakka ajratadi.
Ushbu ishni bajarib, men uchburchakning xususiyatlari haqida ko'p narsalarni bilib oldim. Bu ish men uchun matematika sohasidagi bilimlarimni rivojlantirish nuqtai nazaridan dolzarb edi. Kelajakda men ushbu eng qiziqarli mavzuni ishlab chiqish niyatidaman.
Adabiyotlar ro'yxati.
Kiselev A.P. Elementar geometriya. - M.: Ma'rifat, 1980 yil.
Kokseter G.S., Greitzer S.L. Geometriya bilan yangi uchrashuvlar. – M.: Nauka, 1978 yil.
Prasolov V.V. Planimetriyadagi muammolar. - M.: Nauka, 1986. - 1-qism.
Sharygin I.F. Geometriyadan masalalar: Planimetriya. – M.: Nauka, 1986 yil.
Scanavi M.I. Matematika. Yechimlar bilan bog'liq muammolar. - Rostov-na-Donu: Feniks, 1998 yil.
Berger M. Geometriya ikki jildda - M: Mir, 1984 yil.
Kirish
Atrofimizdagi dunyo ob'ektlari turli fanlar tomonidan o'rganiladigan ma'lum xususiyatlarga ega.
Geometriya - matematikaning turli shakllar va ularning xususiyatlarini ko'rib chiqadigan bo'limi bo'lib, uning ildizlari uzoq o'tmishga borib taqaladi.
"Boshlanishlar" ning to'rtinchi kitobida Evklid masalani hal qiladi: "Ma'lum uchburchakda aylana chizing". Yechimdan kelib chiqadiki, uchburchakning ichki burchaklarining uchta bissektrisalari bir nuqtada - chizilgan doira markazida kesishadi. Evklidning boshqa masalasini yechishdan shunday xulosa kelib chiqadiki, uchburchakning yon tomonlariga o'rta nuqtalarida tiklangan perpendikulyarlar ham bir nuqtada - aylananing markazida kesishadi. “Prinsiplar”da uchburchakning uchta balandligi ortosentr deb ataladigan bir nuqtada kesishishi aytilmagan (yunoncha “orthos” soʻzi “toʻgʻri”, “toʻgʻri” degan maʼnoni anglatadi). Biroq, bu taklif Arximedga ma'lum edi. Uchburchakning to'rtinchi yagona nuqtasi medianalarning kesishish nuqtasidir. Arximed bu uchburchakning tortishish markazi (barimarkazi) ekanligini isbotladi.
Yuqoridagi to'rtta nuqta chizilgan Maxsus e'tibor, va 18-asrdan boshlab ular uchburchakning "ajoyib" yoki "maxsus" nuqtalari deb ataladi. Ushbu va boshqa nuqtalar bilan bog'liq bo'lgan uchburchakning xususiyatlarini o'rganish elementar matematikaning yangi bo'limi - "uchburchak geometriyasi" yoki "uchburchakning yangi geometriyasi" ni yaratish uchun boshlang'ich bo'lib xizmat qildi, asoschilardan biri ulardan Leonhard Eyler edi.
1765 yilda Eyler har qanday uchburchakda aylananing ortomarkazi, baritsentri va markazi bir xil toʻgʻri chiziqda yotishini isbotladi va keyinchalik “Eyler chizigʻi” deb ataladi. 19-asrning 20-yillarida fransuz matematiklari J.Ponsele, Ch.Brianşon va boshqalar mustaqil ravishda quyidagi teoremani oʻrnatdilar: medianalar asoslari, balandliklar asoslari va ortomarkaz bilan bogʻlovchi balandlik segmentlarining oʻrta nuqtalari. uchburchakning uchlari bir xil aylanada yotadi. Bu doira "to'qqiz nuqtali doira" yoki "Feyerbax doirasi" yoki "Eyler doirasi" deb ataladi. K. Feyerbax bu doiraning markazi Eyler chizig'ida joylashganligini aniqladi.
“Menimcha, biz hozirgacha hech qachon bunday geometrik davrda yashamaganmiz. Atrofdagi hamma narsa geometriyadir. XX asr boshlarida buyuk frantsuz arxitektori Le Korbusier tomonidan aytilgan bu so'zlar bizning davrimizni juda aniq tavsiflaydi. Biz yashayotgan dunyo uylar va ko'chalar, tog'lar va dalalar, tabiat va inson ijodining geometriyasi bilan to'ldirilgan.
Bizni "uchburchakning ajoyib nuqtalari" deb atalgan narsa qiziqtirdi.
Ushbu mavzu bo'yicha adabiyotlarni o'qib chiqqandan so'ng, biz o'zimiz uchun uchburchakning ajoyib nuqtalarining ta'riflari va xususiyatlarini aniqladik. Ammo bizning ishimiz shu bilan tugamadi va biz bu fikrlarni o'zimiz o'rganmoqchi bo'ldik.
Shunung uchun maqsad berilgan ish - uchburchakning qandaydir ajoyib nuqta va chiziqlarini o‘rganish, olingan bilimlarni masalalar yechishda qo‘llash. Ushbu maqsadga erishish jarayonida quyidagi bosqichlarni ajratib ko'rsatish mumkin:
Tanlash va o'rganish o'quv materiali turli axborot manbalaridan, adabiyotlardan;
Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalari va chiziqlarining asosiy xususiyatlarini o'rganish;
Bu xossalarni umumlashtirish va zarur teoremalarni isbotlash;
Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalariga oid masalalarni yechish.
BobI. Ajoyib uchburchak nuqta va chiziqlar
1.1 Uchburchakning yon tomonlariga o'rta perpendikulyarlarning kesishish nuqtasi
Perpendikulyar bissektrisa - bu segmentning o'rta nuqtasidan o'tadigan, unga perpendikulyar bo'lgan to'g'ri chiziq. Biz perpendikulyar bissektrisa xossasini tavsiflovchi teoremani allaqachon bilamiz: segmentga perpendikulyar bissektrisaning har bir nuqtasi uning uchlaridan teng masofada va aksincha, agar nuqta segmentning uchlaridan teng masofada joylashgan bo'lsa, u holda u perpendikulyar bissektrisada yotadi.
Ko'pburchak chizilgan deb ataladi aylanaga, agar uning barcha uchlari aylanaga tegishli bo'lsa. Doira ko'pburchak yaqinida aylana deyiladi.
Har qanday uchburchak atrofida aylana chizilishi mumkin. Uning markazi uchburchakning yon tomonlariga medial perpendikulyarlarning kesishish nuqtasidir.
O nuqta AB va BC uchburchakning tomonlariga perpendikulyar bissektrisalarning kesishish nuqtasi bo'lsin.
Xulosa: Shunday qilib, agar O nuqta uchburchakning tomonlariga o'rta perpendikulyarlarning kesishish nuqtasi bo'lsa, u holda OA = OS = OB, ya'ni. O nuqta ABC uchburchakning barcha cho'qqilaridan teng masofada joylashgan, ya'ni u aylananing markazidir.
|
|
|
|
| o'tkir burchakli | o'tkir | to'rtburchaklar |
Oqibatlari
sin g \u003d c / 2R \u003d c / sin g \u003d 2R.
Xuddi shunday isbotlangan a/ sin a =2R, b/sin b =2R.
Shunday qilib:
Bu xossa sinuslar teoremasi deb ataladi.
Matematikada ko'pincha ob'ektlar to'liq aniqlangan bo'ladi har xil, mos keladi.
Misol. A1, B1, C1 mos ravishda ∆ABS BC, AC, AB tomonlarning o'rta nuqtalari bo'lsin. AB1C1, A1B1C, A1BC1 uchburchaklar atrofida chegaralangan doiralar bir nuqtada kesishishini ko‘rsating. Bundan tashqari, bu nuqta ∆ABS atrofida chegaralangan doiraning markazidir.
|
| AO segmentini ko'rib chiqing va diametrdagi kabi ushbu segmentda aylana quring. C1 va B1 nuqtalari ushbu aylanaga tushadi, chunki AO ga asoslangan to'g'ri burchaklarning uchlari. A, C1, B1 nuqtalari aylana ustida yotadi = bu aylana ∆AB1C1 atrofida chegaralangan. Xuddi shunday, biz BO segmentini chizamiz va diametrdagi kabi bu segmentda aylana quramiz. Bu ∆BC1 A1 atrofida aylana bo'ladi. CO segmentini chizamiz va diametrdagi kabi bu segmentda aylana quramiz. Bu chegaralangan doira bo'ladi Bu uchta aylana O nuqtadan - ∆ABC atrofida aylana markazidan o'tadi. |
Umumlashtirish. Agar ∆ABC AC, BC, AC tomonlariga ixtiyoriy A 1 , B 1 , C 1 nuqtalar olinsa, u holda AB 1 C 1, A 1 B 1 C, A 1 BC 1 uchburchaklar atrofida chegaralangan doiralar bir nuqtada kesishadi. .
1.2 Uchburchak bissektrisalarining kesishish nuqtasi
Qarama-qarshi fikr ham to'g'ri: agar nuqta burchak tomonlaridan teng masofada bo'lsa, u bissektrisada yotadi.
Bir burchakning yarmini bir xil harflar bilan belgilash foydalidir:
OAF=OAD= a, OBD=OBE= b, OCE=OCF= g.
O nuqta A va B burchaklar bissektorlarining kesishish nuqtasi bo'lsin. A burchak bissektrisasida yotgan nuqta xossasiga ko'ra OF=OD=r. B burchak bissektrisasida yotgan nuqta xossasiga ko‘ra OE=OD=r. Shunday qilib, OE=OD= OF=r= O nuqta ABC uchburchakning barcha tomondan teng masofada joylashgan, ya'ni. O - chizilgan doiraning markazi. (O nuqtasi yagona).
Xulosa: Shunday qilib, agar O nuqta uchburchak burchaklarining bissektrisalarining kesishish nuqtasi bo'lsa, u holda OE=OD= OF=r, ya'ni. O nuqta ABC uchburchakning hamma tomondan teng masofada joylashgan, demak u chizilgan aylana markazidir. O nuqta - uchburchak burchaklarining bissektrisalarining kesishishi uchburchakning ajoyib nuqtasidir.
Oqibatlari:
AOF va AOD uchburchaklarining gipotenuza va o'tkir burchak bo'ylab tengligidan (1-rasm) shunday xulosa chiqadi: AF = AD . OBD va OBE uchburchaklarining tengligidan shunday xulosa kelib chiqadi BD = BO'LING , Bu COE va COF uchburchaklar tengligidan kelib chiqadi FROM F = Idoralar . Shunday qilib, bir nuqtadan aylanaga chizilgan tangenslar segmentlari tengdir.
AF=AD= z, BD=BE= y, SF=CE= x
a=x+y (1), b= x+z (2), c= x+y (3).
+ (2) - (3), keyin biz olamiz: a+b-c=x+ y+ x+ z- z- y = a+b-c= 2x =
x=( b + c - a)/2
Xuddi shunday: (1) + (3) - (2), biz olamiz: y = (a + c -b)/2.
Xuddi shunday: (2) + (3) - (1), biz olamiz: z= (a +b - c)/2.
Uchburchakning burchak bissektrisasi qarama-qarshi tomonni qo'shni tomonlariga proportsional bo'laklarga ajratadi.
1.3 Uchburchak medianalarining kesishish nuqtasi (markazi)
Isbot 1. A 1 , B 1 va C 1 mos ravishda ABC uchburchakning BC, CA va AB tomonlarining o‘rta nuqtalari bo‘lsin (4-rasm).
G AA 1 va BB 1 ikkita mediananing kesishish nuqtasi bo'lsin. Avval AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2 ekanligini isbotlaymiz.
Buning uchun AG va BG segmentlarining P va Q o'rta nuqtalarini oling. Uchburchak o'rta chiziq teoremasiga ko'ra, B 1 A 1 va PQ segmentlari AB tomonining yarmiga teng va unga parallel. Demak, A 1 B 1 to‘rtburchak PQ-paralelogramma hisoblanadi. Keyin uning PA 1 va QB 1 diagonallarining kesishish nuqtasi G ularning har birini ikkiga bo'ladi. Demak, P va G nuqtalar AA 1 medianasini uchta teng qismga, Q va G nuqtalar esa BB 1 medianasini ham uchta teng qismga ajratadi. Demak, uchburchakning ikki medianasining kesishish nuqtasi G nuqtasi ularning har birini yuqoridan sanab 2:1 nisbatda ajratadi.
Uchburchak medianalarining kesishish nuqtasi deyiladi markaziy yoki og'irlik markazi uchburchak. Bu nom aynan shu nuqtada bir hil uchburchak plastinkaning og'irlik markazi joylashganligi bilan bog'liq.
1.4 Uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasi (ortomarkaz)
1,5 Torricelli nuqtasi
Berilgan yo'l ABC uchburchagi. Bu uchburchakning Torricelli nuqtasi tomonlari chiqadigan O nuqtadir berilgan uchburchak 120 ° burchak ostida ko'rinadi, ya'ni. burchaklari AOB, AOC va BOC 120°.
Agar uchburchakning barcha burchaklari 120° dan kichik bo'lsa, Torricelli nuqtasi mavjudligini isbotlaylik.
ABC uchburchagining AB tomonida teng yonli ABC uchburchagini quramiz (6-rasm, a) va uning atrofida aylana tasvirlaymiz. AB segmenti bu aylana yoyini 120 ° qiymatiga ega. bu yoyning A va B dan boshqa nuqtalari AB segmenti ulardan 120 ° burchak ostida ko'rinadigan xususiyatga ega. Xuddi shunday, ABC uchburchakning AC tomonida biz teng tomonli ACB uchburchagini quramiz "(1-rasm). 6, a) va uning atrofidagi doirani tasvirlang. Tegishli yoyning A va C dan boshqa nuqtalari AC segmenti ulardan 120° burchak ostida koʻrinadigan xususiyatga ega. Uchburchakning burchaklari 120° dan kichik boʻlgan holatda, bu yoylar qandaydir ichki O nuqtada kesishadi. Bu holda ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120° boʻladi. Shuning uchun, ∟BOC = 120 °. Shuning uchun O nuqtasi kerakli nuqtadir.
Agar uchburchakning burchaklaridan biri, masalan, ABC 120° ga teng boʻlsa, aylana yoylarining kesishish nuqtasi B nuqtasi boʻladi (6-rasm, b). Bu holda Torricelli nuqtasi mavjud emas, chunki bu nuqtadan AB va BC tomonlari ko'rinadigan burchaklar haqida gapirish mumkin emas.
Agar uchburchakning burchaklaridan biri, masalan, ABC 120° dan katta bo'lsa (6-rasm, v) aylanalarning mos keladigan yoylari kesishmaydi va Torricelli nuqtasi ham mavjud emas.
Torricelli nuqtasi bilan bog'liq bo'lgan Fermatning (biz II bobda ko'rib chiqamiz) berilgan uchta nuqtagacha bo'lgan masofalar yig'indisi eng kichik bo'lgan nuqtani topish masalasidir.
1.6 To'qqiz nuqtadan iborat doira
Darhaqiqat, A 3 B 2 AHC uchburchagining o'rta chizig'i va shuning uchun A 3 B 2 || CC1. B 2 A 2 - ABC uchburchakning o'rta chizig'i va shuning uchun B 2 A 2 || AB. CC 1 ┴ AB bo'lgani uchun, keyin A 3 B 2 A 2 = 90 °. Xuddi shunday, A 3 C 2 A 2 = 90 °. Shuning uchun A 2, B 2, C 2, A 3 nuqtalar diametri A 2 A 3 bo'lgan bir xil aylanada yotadi. AA 1 ┴BC bo'lgani uchun A 1 nuqta ham shu doiraga tegishli. Shunday qilib, A 1 va A 3 nuqtalar A2B2C2 uchburchakning aylanasida yotadi. Xuddi shunday, B 1 va B 3, C 1 va C 3 nuqtalari ushbu aylanada yotishi ko'rsatilgan. Shunday qilib, barcha to'qqiz nuqta bir xil doirada yotadi.
Bunday holda, to'qqiz nuqtadan iborat aylananing markazi balandliklar kesishmasi markazi va aylana markazi o'rtasida joylashgan. Haqiqatan ham, ABC uchburchagida (9-rasm), O nuqta aylananing markazi bo'lsin; G - medianalarning kesishish nuqtasi. H balandliklar kesishish nuqtasi. O, G, H nuqtalari bir xil to‘g‘ri chiziqda yotishi va to‘qqiz nuqtadan iborat aylananing markazi N OH segmentini yarmiga bo‘lishini isbotlash talab etiladi.
Markazi G da joylashgan va -0,5 koeffitsientli gomotetiyni ko'rib chiqaylik. ABC uchburchakning A, B, C uchlari mos ravishda A 2, B 2, C 2 nuqtalariga boradi. ABC uchburchakning balandliklari A 2 B 2 C 2 uchburchakning balandliklariga boradi va demak, H nuqta O nuqtaga boradi. Demak, O, G, H nuqtalar bir to4g4ri chiziqda yotadi.
OH segmentining N o'rta nuqtasi to'qqiz nuqtadan iborat aylananing markazi ekanligini ko'rsatamiz. Haqiqatan ham, C 1 C 2 aylananing to'qqiz nuqtali akkordidir. Demak, bu akkordaga perpendikulyar bissektrisa diametr va N ning o’rta nuqtasida OH ni kesib o’tadi. Xuddi shunday, B 1 B 2 akkordaga perpendikulyar bissektrisa diametri va OH ni bir xil N nuqtada kesib o’tadi. Demak, N markazdir. to'qqiz nuqtali aylanadan. Q.E.D.
Haqiqatan ham, P ABC uchburchakning aylanasida yotuvchi ixtiyoriy nuqta bo'lsin; D, E, F - uchburchakning yon tomonlariga P nuqtadan tushirilgan perpendikulyarlarning asoslari (10-rasm). D, E, F nuqtalar bir xil to'g'ri chiziqda yotishini ko'rsatamiz.
E'tibor bering, agar AP aylananing markazidan o'tsa, u holda D va E nuqtalari B va C cho'qqilariga to'g'ri keladi. Aks holda, ABP yoki ACP burchaklaridan biri o'tkir, ikkinchisi esa o'tkirdir. Bundan kelib chiqadiki, D va E nuqtalar bo'ylab joylashgan bo'ladi turli tomonlar BC chizig'idan va D, E va F nuqtalar bir to'g'rida yotishini isbotlash uchun ∟CEF =∟BED ekanligini tekshirish kifoya.
Keling, CP diametrli doirani tasvirlaylik. ∟CFP = ∟CEP = 90° boʻlgani uchun E va F nuqtalari shu aylanada yotadi. Shuning uchun, ∟CEF =∟CPF bitta aylana yoyga asoslangan chizilgan burchaklar sifatida. Bundan tashqari, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. BP diametrli doirani tasvirlaylik. ∟BEP = ∟BDP = 90° boʻlgani uchun F va D nuqtalari shu aylanada yotadi. Shuning uchun, ∟BPD = ∟BED. Shunday qilib, biz nihoyat ∟CEF =∟BEDni olamiz. Demak, D, E, F nuqtalar bir xil to‘g‘ri chiziqda yotadi.
BobIIMuammoni hal qilish
Keling, uchburchakning bissektrisalari, medianalari va balandliklarining joylashishiga oid masalalardan boshlaylik. Ularning yechimi, bir tomondan, ilgari o'tilgan materialni eslab qolishga imkon beradi, ikkinchi tomondan, zarur geometrik tasvirlarni ishlab chiqadi, ko'proq tayyorlaydi. qiyin vazifalar.
Vazifa 1. ABC uchburchakning A va B burchaklarida (∟A
Yechim. CD balandligi, CE bissektrisa bo'lsin
∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.
Shuning uchun, ∟DCE =.
Yechim. ABC uchburchak bissektrisalarining kesishish nuqtasi O bo'lsin (1-rasm). Keling, kattaroq burchak uchburchakning katta tomoniga qarama-qarshi joylashganligidan foydalanaylik. Agar AB BC bo'lsa, u holda ∟A
Yechim. ABC uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasi O bo'lsin (2-rasm). Agar AC ∟B bo'lsa. Diametri BC bo'lgan aylana F va G nuqtalari orqali o'tadi. Ikki akkordning kichigi kichikroq chizilgan burchak tayanganini hisobga olsak, biz CG ni olamiz.
Isbot. ABC uchburchakning AC va BC tomonlarida, diametrlarda bo'lgani kabi, biz aylanalar quramiz. A 1 , B 1 , C 1 nuqtalar shu doiralarga tegishli. Shuning uchun, ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, bir xil aylana yoyga asoslangan burchaklar sifatida. ∟B 1 BC = ∟CAA 1 tomonlari o'zaro perpendikulyar bo'lgan burchaklar sifatida. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 bir xil aylana yoyga asoslangan burchaklar sifatida. Shuning uchun, ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, ya'ni. CC 1 - B 1 C 1 A 1 burchakning bissektrisasi. Xuddi shunday, AA 1 va BB 1 B 1 A 1 C 1 va A 1 B 1 C 1 burchaklarning bissektrisalari ekanligi ko'rsatilgan.
Ko'rib chiqilayotgan uchburchak, uning uchlari berilgan o'tkir burchakli uchburchakning balandliklarining asosi bo'lib, klassik ekstremal muammolardan biriga javob beradi.
Yechim. ABC berilgan o'tkir uchburchak bo'lsin. Uning yon tomonlarida A 1 , B 1 , C 1 uchburchakning perimetri eng kichik bo'lgan A 1 , B 1 , C 1 nuqtalarni topish talab qilinadi (4-rasm).
Avval C 1 nuqtani tuzatamiz va A 1 B 1 C 1 uchburchakning perimetri eng kichik bo'lgan A 1 va B 1 nuqtalarni qidiramiz (C 1 nuqtaning berilgan pozitsiyasi uchun).
Buning uchun D va E nuqtalarni AC va BC chiziqlariga nisbatan C 1 nuqtaga simmetrik hisoblang. Keyin B 1 C 1 \u003d B 1 D, A 1 C 1 \u003d A 1 E va shuning uchun A 1 B 1 C 1 uchburchakning perimetri DB 1 A 1 E poliliniyasining uzunligiga teng bo'ladi. B 1 , A 1 nuqtalari DE chiziqda yotsa, bu poliliniya uzunligi eng kichiki ekanligi aniq.
Endi biz C 1 nuqtaning o'rnini o'zgartiramiz va mos keladigan A 1 B 1 C 1 uchburchakning perimetri eng kichik bo'lgan shunday pozitsiyani qidiramiz.
D nuqta AC ga nisbatan C 1 ga simmetrik bo'lgani uchun CD = CC 1 va ACD=ACC 1 bo'ladi. Xuddi shunday, CE=CC 1 va BCE=BCC 1. Demak, CDE uchburchagi teng yon tomonli. Uning tomoni CC 1 ga teng. DE asosi perimetrga teng P uchburchak A 1 B 1 C 1. DCE burchagi ABC uchburchakning ACB burchagining ikki barobariga teng va shuning uchun C 1 nuqtasining holatiga bog'liq emas.
Cho'qqisida berilgan burchakka ega bo'lgan teng yonli uchburchakda poydevor qanchalik kichik bo'lsa, yon tomon ham shunchalik kichik bo'ladi. Shunung uchun eng kichik qiymat perimetri P CC 1 ning eng kichik qiymati bo'lgan taqdirda erishiladi. Agar CC 1 ABC uchburchagining balandligi bo'lsa, bu qiymat olinadi. Shunday qilib, AB tomonida zarur bo'lgan C 1 nuqta C yuqoridan chizilgan balandlikning asosidir.
E'tibor bering, biz birinchi navbatda C 1 nuqtasini emas, balki A 1 nuqtasini yoki B 1 nuqtasini tuzatishimiz mumkin va biz A 1 va B 1 ABC uchburchakning mos balandliklarining asoslari ekanligini tushunamiz.
Bundan kelib chiqadiki, berilgan o'tkir burchakli ABC uchburchakka chizilgan istalgan uchburchak, eng kichik perimetr bu uchburchak bo'lib, uning uchlari ABC uchburchagi balandliklarining asosi hisoblanadi.
Yechim. Agar uchburchakning burchaklari 120° dan kichik bo'lsa, Shtayner masalasida kerakli nuqta Torricelli nuqtasi ekanligini isbotlaylik.
ABC uchburchagini C uchi atrofida 60° burchakka aylantiramiz, rasm. 7. A'B'C uchburchakni oling. ABC uchburchakda ixtiyoriy O nuqtani oling. Burilganda u qandaydir O nuqtaga boradi. OO'C uchburchagi teng yonli, chunki CO = CO' va ∟OCO' = 60 °, shuning uchun OC = OO'. Shunday qilib, OA + OB + OC uzunliklarining yig'indisi AO + OO' + O'B' poliliniyasining uzunligiga teng bo'ladi. Ko'rinib turibdiki, A, O, O', B' nuqtalar bir xil to'g'ri chiziqda yotsa, bu ko'p chiziq uzunligi eng kichik qiymatni oladi. Agar O Torricelli nuqtasi bo'lsa, u holda. Darhaqiqat, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. Demak, A, O, O' nuqtalar bir xil to'g'ri chiziqda yotadi. Xuddi shunday, ∟CO'O = 60°, ∟CO"B" = 120°. Demak, O, O', B' nuqtalar bir to'g'rida yotadi, ya'ni barcha A, O, O', B' nuqtalar bir to'g'rida yotadi.
Xulosa
Uchburchak geometriyasi, elementar matematikaning boshqa bo'limlari qatori, umuman matematikaning go'zalligini his qilish imkonini beradi va kimdir uchun "katta fan" yo'lining boshlanishi bo'lishi mumkin.
Geometriya ajoyib fan. Uning tarixi bir ming yillikdan ko'proq vaqtni qamrab oladi, lekin u bilan bo'lgan har bir uchrashuv (talaba va o'qituvchini) kichik kashfiyotning hayajonli yangiligi, ijodning hayratlanarli quvonchi bilan to'ldirishga va boyitishga qodir. Darhaqiqat, elementar geometriyaning har qanday muammosi, mohiyatiga ko'ra, teorema bo'lib, uning yechimi oddiy (va ba'zan ulkan) matematik g'alabadir.
Tarixiy jihatdan geometriya uchburchakdan boshlangan, shuning uchun ikki yarim ming yil davomida uchburchak geometriyaning ramzi bo'lib kelgan. Maktab geometriyasi shundan keyingina qiziqarli va mazmunli bo'lishi mumkin, shundan keyingina uchburchakni chuqur va har tomonlama o'rganish paydo bo'lganda, u to'g'ri geometriyaga aylanishi mumkin. Ajablanarlisi shundaki, uchburchak, ko'rinib turgan soddaligiga qaramay, tuganmas o'rganish ob'ektidir - hech kim, hatto bizning davrimizda ham, uchburchakning barcha xususiyatlarini o'rgangan va biladi, deb aytishga jur'at eta olmaydi.
Bu ishda uchburchakning bissektrisalari, medianalari, perpendikulyar bissektrisalari va balandliklarining xossalari ko‘rib chiqildi, uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalari va chiziqlari soni kengaytirildi, teoremalar shakllantirildi va isbotlandi. Ushbu teoremalarni qo'llash bo'yicha bir qator muammolar hal qilindi.
Taqdim etilgan materialdan asosiy darslarda ham, fakultativ darslarda ham, markazlashtirilgan test va matematika olimpiadalariga tayyorgarlik ko'rishda ham foydalanish mumkin.
Adabiyotlar ro'yxati
Berger M. Geometriya ikki jildda - M: Mir, 1984 yil.
Kiselev A.P. Elementar geometriya. - M.: Ma'rifat, 1980 yil.
Kokseter G.S., Greitzer S.L. Geometriya bilan yangi uchrashuvlar. – M.: Nauka, 1978 yil.
Latotin L.A., Chebotaravskiy B.D. Matematika 9. - Minsk: Narodnaya Asveta, 2014 yil.
Prasolov V.V. Planimetriyadagi muammolar. - M.: Nauka, 1986. - 1-qism.
Scanavi M.I. Matematika. Yechimlar bilan bog'liq muammolar. - Rostov-na-Donu: Feniks, 1998 yil.
Sharygin I.F. Geometriyadan masalalar: Planimetriya. – M.: Nauka, 1986 yil.
Ta'lim va fan vazirligi Rossiya Federatsiyasi federal davlat byudjeti ta'lim muassasasi oliy kasbiy ta'lim
"Magnitogorsk Davlat universiteti»
Fizika-matematika fakulteti
Algebra va geometriya kafedrasi
Kurs ishi
Uchburchakning diqqatga sazovor joylari
Bajarildi: 41-guruh talabasi
Vaxrameeva A.M.
ilmiy maslahatchi
Velikix A.S.
Magnitogorsk 2014 yil
Kirish
Tarixiy jihatdan geometriya uchburchakdan boshlangan, shuning uchun ikki yarim ming yil davomida uchburchak, go'yo geometriyaning ramzi bo'lib kelgan; lekin u nafaqat ramz, balki u geometriya atomidir.
Nima uchun uchburchakni geometriya atomi deb hisoblash mumkin? Chunki oldingi tushunchalar - nuqta, chiziq va burchak - ular bilan bog'liq bo'lgan teoremalar va masalalar to'plami bilan birgalikda noaniq va nomoddiy abstraktsiyalardir. Shu sababli, bugungi kunda maktab geometriyasi faqat qiziqarli va mazmunli bo'lishi mumkin, shundan keyingina uchburchakni chuqur va har tomonlama o'rganish paydo bo'lganda, u geometriyaga aylanishi mumkin.
Ajablanarlisi shundaki, uchburchak, ko'rinib turgan soddaligiga qaramay, tuganmas o'rganish ob'ektidir - hech kim, hatto bizning davrimizda ham, uchburchakning barcha xususiyatlarini o'rgangan va biladi, deb aytishga jur'at eta olmaydi.
Bu shuni anglatadiki, maktab geometriyasini o'rganish uchburchak geometriyasini chuqur o'rganmasdan amalga oshirilmaydi; uchburchakning o'rganish ob'ekti sifatida xilma-xilligini - va shuning uchun uni o'rganishning turli usullarining manbasini hisobga olgan holda - uchburchakning ajoyib nuqtalarining geometriyasini o'rganish uchun material tanlash va ishlab chiqish kerak. Bundan tashqari, ushbu materialni tanlashda faqat ushbu maqolada ko'rsatilgan diqqatga sazovor narsalar bilan cheklanmaslik kerak maktab o'quv dasturi Davlat ta'lim standarti, masalan, chizilgan aylananing markazi (bissektrisalarning kesishish nuqtasi), aylananing markazi (perpendikulyar bissektrisalarning kesishish nuqtasi), medianalarning kesishish nuqtasi, chiziqning kesishish nuqtasi. balandliklar. Ammo uchburchakning tabiatiga chuqur kirib borish va uning bitmas-tuganmasligini tushunish uchun qanday qilib bu haqda g'oyalarga ega bo'lish kerak. Ko'proq uchburchakning ajoyib nuqtalari. Uchburchakning geometrik ob'ekt sifatida tuganmasligiga qo'shimcha ravishda, o'rganish ob'ekti sifatida uchburchakning eng hayratlanarli xususiyatini ta'kidlash kerak: uchburchak geometriyasini o'rganish uning har qanday xususiyatlarini o'rganishdan boshlanishi mumkin; uni asos qilib olish; u holda uchburchakni o'rganish metodologiyasini shunday qurish mumkinki, uchburchakning boshqa barcha xossalari shu asosda bog'lanadi. Boshqacha qilib aytganda, uchburchakni o'rganishni qaerdan boshlamasligingizdan qat'i nazar, siz har doim bu ajoyib raqamning istalgan chuqurligiga kirishingiz mumkin. Ammo keyin - variant sifatida - siz uning diqqatga sazovor joylarini o'rganish orqali uchburchakni o'rganishni boshlashingiz mumkin.
Maqsad muddatli ish uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalarini o'rganishdan iborat. Ushbu maqsadga erishish uchun quyidagi vazifalarni hal qilish kerak:
· Bissektrisa, mediana, balandlik, perpendikulyar bissektrisa tushunchalarini va ularning xossalarini o`rganish.
· Maktabda o'rganilmagan Gergonn nuqtasini, Eyler doirasini va Eyler chizig'ini ko'rib chiqaylik.
1-BOB. Uchburchakning bissektrisasi, uchburchakning ichga chizilgan doirasining markazi. Uchburchak bissektrisasining xossalari. Gergonne nuqtasi
1 ta uchburchak doira markazi
Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalari - bu uchburchak tomonidan yagona tarzda belgilanadigan va uchburchakning tomonlari va uchlarini olish tartibiga bog'liq bo'lmagan nuqtalar.
Uchburchakning bissektrisasi - uchburchak burchagini qarama-qarshi tomondagi nuqta bilan bog'lovchi bissektorining segmenti.
Teorema. Kengaymagan burchak bissektrisasining har bir nuqtasi uning yon tomonlaridan teng masofada (ya'ni, uchburchakning tomonlarini o'z ichiga olgan chiziqlardan bir xil masofada) joylashgan. Aksincha, burchak ichida yotgan va burchak tomonlaridan teng masofada joylashgan har bir nuqta uning bissektrisasida yotadi.
Isbot. 1) BAC burchak bissektrisasidan ixtiyoriy M nuqta olib, AB va AC to‘g‘ri chiziqqa MK va ML perpendikulyarlarini o‘tkazing va MK=ML ekanligini isbotlang. To'g'ri uchburchaklarni ko'rib chiqing ?AMK va ?AML. Ular gipotenuza va o'tkir burchakda tengdir (AM - umumiy gipotenuza, shart bo'yicha 1 = 2). Shuning uchun MK=ML.
) M nuqta BAC ichida yotsin va uning AB va AC tomonlaridan teng masofada bo'lsin. AM nuri BAC ning bissektrisa ekanligini isbotlaylik. AB va AC to‘g‘ri chiziqlarga MK va ML perpendikulyarlarini o‘tkazing. To'g'ri burchakli uchburchaklar AKM va ALM gipotenuza va oyoq (AM - umumiy gipotenuza, shart bo'yicha MK = ML) bo'yicha tengdir. Demak, 1 = 2. Lekin bu AM nuri BAC ning bissektrisa ekanligini bildiradi. Teorema isbotlangan.
Natija. Uchburchakning bissektrisalari bir nuqtada kesishadi, (ichilgan doira markazi va markaz).
ABC uchburchakning AA1 va BB1 bissektrisalarining kesishish nuqtasini O harfi bilan belgilaymiz va shu nuqtadan AB, BC va CA to‘g‘rilarga mos ravishda OK, OL va OM perpendikulyarlarini chizamiz. Teoremaga ko'ra (Kengaymagan burchak bissektrisasining har bir nuqtasi uning yon tomonlaridan teng masofada joylashgan. Aksincha: burchak ichida yotgan va burchak tomonlaridan teng masofada joylashgan har bir nuqta uning bissektrisasida yotadi) biz OK \u003d OM deb aytamiz. va OK \u003d OL. Demak, OM = OL, ya'ni O nuqta ACB tomonlaridan teng masofada joylashgan va shuning uchun bu burchakning CC1 bissektrisasida yotadi. Shunday qilib, barcha uch bissektrisa ?ABClar isbotlanishi kerak bo'lgan O nuqtada kesishadi.
aylana bissektor uchburchak to'g'ri
1.2 Uchburchak bissektrisasining xossalari
Har qanday burchakning bissektrisa BD (1.1-rasm). ?ABC qarama-qarshi tomonni uchburchakning qo'shni tomonlariga proportsional ravishda AD va CD qismlarga ajratadi.
Agar ABD = DBC bo'lsa, AD: DC = AB: BC ekanligini isbotlash talab qilinadi.
Keling, CE || o'tkazamiz BD dan AB tomonining davomi bilan E nuqtadagi kesishmaga. Keyin, bir nechta parallel chiziqlar bilan kesishgan chiziqlarda hosil bo'lgan segmentlarning proporsionalligi haqidagi teoremaga ko'ra, biz nisbatga ega bo'lamiz: AD: DC = AB: BE. Bu nisbatdan isbotlanadigan nisbatga o'tish uchun BE = BC ekanligini topish kifoya, ya'ni. ?ALL teng tomonli. Ushbu uchburchakda E \u003d ABD (parallel chiziqlardagi mos burchaklar sifatida) va ALL \u003d DBC (bir xil parallel chiziqlar bilan kesishgan burchaklar sifatida).
Lekin konventsiya bo'yicha ABD = DBC; demak, E = ALL, shuning uchun teng burchaklar qarama-qarshi yotgan BE va BC tomonlari ham tengdir.
Endi yuqorida yozilgan nisbatda BE ni BC bilan almashtirsak, isbotlanishi kerak bo'lgan nisbatni olamiz.
20 Uchburchakning ichki va qo‘shni burchaklarining bissektrisalari perpendikulyar.
Isbot. BD ABC ning bissektrisasi bo'lsin (1.2-rasm), va BE ko'rsatilgan ichki burchakka qo'shni tashqi CBF bissektrisasi bo'lsin, ?ABC. Agar biz ABD = DBC = ni belgilasak ?, CBE=EBF= ?, keyin 2 ? + 2?= 1800 va shunday qilib ?+ ?= 900. Va bu BD degani? B.E.
30 Uchburchakning tashqi burchagining bissektrisasi qarama-qarshi tomonini ajratadi tashqi tomondan qo'shni tomonlarga proportsional qismlarga bo'linadi.
(1.3-rasm) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.
40 Uchburchakning istalgan burchagining bissektrisasi qarama-qarshi tomonni uchburchakning qo‘shni tomonlariga proporsional bo‘laklarga ajratadi.
Isbot. O'ylab ko'ring ?ABC. Aniqlik uchun CAB bissektrisa BC tomonini D nuqtada kesib o'tsin (1.4-rasm). BD: DC = AB: AC ekanligini ko'rsatamiz. Buning uchun C nuqtadan AB chiziqqa parallel chiziq o'tkazamiz va bu AD chizig'ining kesishish nuqtasini E bilan belgilaymiz. Keyin DAB=DEC, ABD=ECD va shuning uchun ?DAB~ ?Uchburchaklar o'xshashligining birinchi belgisi bo'yicha DEC. Bundan tashqari, AD nuri SAPR ning bissektrisasi bo'lganligi sababli, CAE = EAB = AEC va shuning uchun, ?ECA teng yon tomonlari. Demak, AC=CE. Ammo bu holda, o'xshashlikdan ?DAB va ?DEC BD: DC=AB: CE =AB: AC ekanligini bildiradi va bu isbotlanishi kerak edi.
Agar uchburchakning tashqi burchagining bissektrisasi bu burchakning tepasiga qarama-qarshi tomonning davomini kesib o'tsa, hosil bo'lgan kesishish nuqtasidan qarama-qarshi tomonning uchlarigacha bo'lgan segmentlar uchburchakning qo'shni tomonlariga proportsional bo'ladi.
Isbot. O'ylab ko'ring ?ABC. F - CA tomonining kengaytmasidagi nuqta, D - CB tomonining kengaytmasi bilan BAF tashqi uchburchak bissektrisasining kesishish nuqtasi bo'lsin (1.5-rasm). DC:DB=AC:AB ekanligini ko'rsatamiz. Haqiqatan ham, biz C nuqta orqali AB chiziqqa parallel chiziq o'tkazamiz va bu chiziqning DA chiziq bilan kesishgan nuqtasini E bilan belgilaymiz. Keyin ADB ~ uchburchagi ?EDC va shuning uchun DC:DB=EC:AB. Va shundan beri ?EAC= ?YOMON = ?CEA, keyin esa izossellarda ?CEA tomoni AC=EC va shunday qilib DC:DB=AC:AB, bu isbotlanishi kerak edi.
3 Bissektrisa xossalarini qo`llashga oid masalalar yechish
Masala 1. Ichkariga chizilgan aylananing markazi O bo lsin ?ABC, CAB= ?. COB = 900 + ekanligini isbotlang? /2.
Yechim. Chunki O - yozilganlarning markazi ?ABC doiralari (1.6-rasm), keyin BO va CO nurlari mos ravishda ABC va BCA ning bissektrisalari hisoblanadi. Va keyin COB \u003d 1800 - (OBC + BCO) \u003d 1800 - (ABC + BCA) / 2 \u003d 1800 - (1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, bu isbotlanishi kerak edi.
Masala 2. O chegaralanganlarning markazi bo‘lsin ?Doiraning ABC, H - BC tomoniga chizilgan balandlikning asosi. CAB ning bissektrisasi ham ning bissektrisasi ekanligini isbotlang? OAH.
AD CAB ning bissektrisasi, AE diametri bo'lsin ?ABC doiralari (1.7,1.8-rasm). Agar a ?ABC - o'tkir (1.7-rasm) va shuning uchun ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ yoylari AC, va ?BHA va ?ECA to'rtburchaklar (BHA =ECA = 900), keyin ?BHA~ ?ECA va shuning uchun CAO = CAE = HAB. Bundan tashqari, BAD va SAPR shart bo'yicha tengdir, shuning uchun HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Endi ABC = 900 bo'lsin. Bunda AH balandligi AB tomoniga to'g'ri keladi, u holda O nuqta AC gipotenuzasiga tegishli bo'ladi va shuning uchun masala bayonining asosliligi aniq.
ABC > 900 bo'lgan holatni ko'rib chiqing (1.8-rasm). Bu erda ABCE to'rtburchak doira ichiga yozilgan va shuning uchun AEC = 1800 - ABC. Boshqa tomondan, ABH = 1800 - ABC, ya'ni. AEC=ABH. Va shundan beri ?BHA va ?ECA - to'rtburchak va shuning uchun HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, keyin HAD = HAB + BAD = EAC + SAPR = EAD = OAD. BAC va ACB to'mtoq bo'lgan holatlar xuddi shunday ko'rib chiqiladi. ?
4 ball Gergonne
Gergon nuqtasi - bu uchburchakning uchlarini shu uchlarga qarama-qarshi tomonlarning teginish nuqtalari va uchburchak ichiga chizilgan doira bilan bog'laydigan segmentlarning kesishish nuqtasi.
O nuqta ABC uchburchak doirasining markazi bo‘lsin. Chizilgan aylana BC, AC va AB uchburchakning yon tomonlariga tegib tursin D, E nuqtalari va F. Gergon nuqtasi AD, BE va CF segmentlarining kesishish nuqtasidir. O nuqta chizilgan doiraning markazi bo'lsin ?ABC. Chizilgan doira mos ravishda D, E va F nuqtalarda BC, AC va AB uchburchak tomonlariga tegsin. Gergon nuqtasi AD, BE va CF segmentlarining kesishish nuqtasidir.
Keling, bu uch segment haqiqatan ham bir nuqtada kesishishini isbotlaylik. E'tibor bering, chizilgan doira markazi burchak bissektrisalarining kesishish nuqtasidir ?ABC va chizilgan aylananing radiuslari OD, OE va OF ?uchburchakning tomonlari. Shunday qilib, bizda uchta juft teng uchburchaklar mavjud (AFO va AEO, BFO va BDO, CDO va CEO).
AF?BD ishlaydi? Idoralar va AE? BO'LING? CF teng, chunki BF = BD, CD = CE, AE = AF, shuning uchun bu ko'paytmalarning nisbati teng va Ceva teoremasi bo'yicha (A1, B1, C1 nuqtalari BC, AC va AB tomonlarida yotsin. ?ABC mos ravishda AA1 , BB1 va CC1 segmentlari bir nuqtada kesishsin, keyin
(biz uchburchak atrofida soat yo'nalishi bo'yicha aylanamiz)), segmentlar bir nuqtada kesishadi.
Yozilgan doira xususiyatlari:
Agar aylana uning barcha tomonlariga tegsa, uchburchak ichiga chizilgan deyiladi.
Har qanday uchburchakni aylana ichiga yozish mumkin.
Berilgan: ABC – berilgan uchburchak, O – bissektrisalarning kesishish nuqtasi, M, L va K – aylananing uchburchak tomonlari bilan tutash nuqtalari (1.11-rasm).
Isbotlang: O - ABCda chizilgan aylananing markazi.
Isbot. O nuqtadan AB, BC va CA tomonlarga mos ravishda OK, OL va OM perpendikulyarlarini chizamiz (1.11-rasm). O nuqtasi ABC uchburchakning yon tomonlaridan teng masofada joylashganligi sababli, OK \u003d OL \u003d OM. Demak, markazi OK radiusli aylana K, L, M nuqtalardan o’tadi. ABC uchburchakning tomonlari OK, OL va OM radiuslariga perpendikulyar bo’lganligi uchun K, L, M nuqtalarda bu aylanaga tegadi. Demak, radiusi OK markazi O bo'lgan aylana ABC uchburchakka chizilgan. Teorema isbotlangan.
Uchburchak ichiga chizilgan aylananing markazi uning bissektrisalarining kesishish nuqtasidir.
ABC berilgan bo'lsin, O - unda yozilgan aylananing markazi, D, E va F - aylananing tomonlar bilan aloqa nuqtalari (1.12-rasm). ? AEO=? Gipotenuz va oyoq bo'ylab AOD (EO = OD - radius sifatida, AO - jami). Uchburchaklar tengligidan nima kelib chiqadi? OAD=? OAE. Demak, AO EAD burchagining bissektrisasidir. O nuqta uchburchakning qolgan ikkita bissektrisasida yotishi xuddi shunday isbotlangan.
Aloqa nuqtasiga chizilgan radius tangensga perpendikulyar.
Isbot. Aylana (O; R) berilgan aylana bo'lsin (1.13-rasm), a chiziq unga P nuqtada tegib tursin. OP radiusi a ga perpendikulyar bo'lmasin. O nuqtadan tangensga perpendikulyar OD chizing. Tangensning ta'rifiga ko'ra, uning P nuqtasidan boshqa barcha nuqtalari, xususan, D nuqtasi aylanadan tashqarida yotadi. Shuning uchun, perpendikulyar OD uzunligi R dan kattaroqdir R qiyshiq OP uzunligi. Bu qiyshiq xususiyatga zid keladi va olingan ziddiyat tasdiqni isbotlaydi.
2-BOB. Uchburchakning 3 ta diqqatga sazovor nuqtasi, Eyler doirasi, Eyler chizig'i.
1 Uchburchakning aylanasi markazi
Segmentning perpendikulyar bissektrisasi segmentning o'rta nuqtasidan o'tadigan va unga perpendikulyar bo'lgan to'g'ri chiziqdir.
Teorema. Segmentga perpendikulyar bissektrisaning har bir nuqtasi ushbu segmentning uchlaridan teng masofada joylashgan. Aksincha, segmentning uchlaridan teng masofada joylashgan har bir nuqta unga perpendikulyar bissektrisada yotadi.
Isbot. m to‘g‘ri chiziq AB segmentiga perpendikulyar bissektrisa, O nuqta esa kesmaning o‘rta nuqtasi bo‘lsin.
m chiziqning ixtiyoriy M nuqtasini ko'rib chiqing va AM=BM ekanligini isbotlang. Agar M nuqta O nuqtaga to'g'ri kelsa, bu tenglik to'g'ri bo'ladi, chunki O AB segmentining o'rta nuqtasidir. M va O bo'lsin - turli nuqtalar. To'rtburchak ?OAM va ?OBM ikki oyoqda teng (OA = OB, OM - umumiy oyoq), shuning uchun AM = VM.
) AB kesma uchlaridan teng masofada joylashgan ixtiyoriy N nuqtani ko‘rib chiqing va N nuqta m to‘g‘rida yotishini isbotlang. Agar N AB to'g'rining nuqtasi bo'lsa, u AB segmentining O'rta nuqtasiga to'g'ri keladi va shuning uchun m to'g'rida yotadi. Agar N nuqta AB to'g'rida yotmasa, ko'rib chiqaylik ?ANB, ya'ni teng yondoshlar, chunki AN=BN. NO segmenti bu uchburchakning medianasi va shuning uchun balandligi. Shunday qilib, NO AB ga perpendikulyar, shuning uchun ON va m chiziqlar mos tushadi va demak, N m chiziqning nuqtasidir. Teorema isbotlangan.
Natija. Uchburchakning yon tomonlariga perpendikulyar bissektrisalar bir nuqtada (cheklangan aylananing markazi) kesishadi.
O ni, m va n medial perpendikulyarlarning AB va BC tomonlarga kesishish nuqtasini belgilaymiz. ?ABC. Teoremaga ko'ra (kesimga perpendikulyar bissektrisaning har bir nuqtasi shu segment uchlaridan teng masofada joylashgan. Aksincha: segment uchlaridan teng masofada joylashgan har bir nuqta unga perpendikulyar bissektrisada yotadi.) OB=OA va Shuning uchun OB=OC: OA=OC, ya’ni O nuqta AC segmentining uchlaridan teng masofada joylashgan va shuning uchun bu segmentga perpendikulyar p bissektrisada yotadi. Demak, tomonlarga m, n va p perpendikulyar uchta perpendikulyarning hammasi ?ABC O nuqtada kesishadi.
O'tkir burchakli uchburchak uchun bu nuqta ichkarida, o'tmas uchburchak uchun - uchburchak tashqarisida, to'g'ri burchakli uchun - gipotenuzaning o'rtasida joylashgan.
Uchburchakning perpendikulyar bissektrisasining xossasi:
Uchburchakning ichki va tashqi burchaklarining bissektrisalari yotadigan to'g'ri chiziqlar bir cho'qqidan chiqib, uchburchak atrofida aylananing diametrik qarama-qarshi nuqtalarida qarama-qarshi tomonga perpendikulyar bilan kesishadi.
Isbot. Masalan, ABC bissektrisasi aylana bilan kesishsin ?ABC - D nuqtadagi aylana (2.1-rasm). U holda yozilgan ABD va DBC teng bo'lganligi sababli, AD= yoyi DC. Lekin AC tomoniga perpendikulyar bissektrisa ham AC yoyini ikkiga bo'ladi, shuning uchun D nuqta ham shu perpendikulyar bissektrisaga tegishli bo'ladi. Bundan tashqari, 1.3-bandning 30-xususiyatiga ko'ra, ABC ga tutashgan BD ABC bissektrisasi aylanani D nuqtaga diametrik qarama-qarshi nuqtada kesib o'tadi, chunki chizilgan to'g'ri burchak doimo diametrga tayanadi.
2 Uchburchak aylanasining ortomarkazi
Balandlik uchburchakning tepasidan qarama-qarshi tomonini o'z ichiga olgan chiziqqa chizilgan perpendikulyardir.
Uchburchakning balandliklari (yoki ularning kengaytmalari) bir nuqtada kesishadi, (ortomarkaz).
Isbot. O'zboshimchalikni ko'rib chiqing ?ABC va uning balandliklarini o'z ichiga olgan AA1, BB1, CC1 chiziqlari bir nuqtada kesishishini isbotlang. Har bir tepadan o'ting ?ABC - qarama-qarshi tomonga parallel to'g'ri chiziq. Oling ?A2B2C2. A, B va C nuqtalar bu uchburchak tomonlarining o'rta nuqtalaridir. Haqiqatan ham, ABA2C va ABCB2 parallelogrammalarining qarama-qarshi tomonlari sifatida AB=A2C va AB=CB2, shuning uchun A2C=CB2. Xuddi shunday C2A=AB2 va C2B=BA2. Bundan tashqari, qurilishdan kelib chiqqan holda, CC1 A2B2 ga perpendikulyar, AA1 B2C2 ga perpendikulyar va BB1 A2C2 ga perpendikulyar. Shunday qilib, AA1, BB1 va CC1 chiziqlari tomonlarga perpendikulyar bissektrisalardir. ?A2B2C2. Shuning uchun ular bir nuqtada kesishadi.
Uchburchak turiga qarab, ortomarkaz o'tkir burchakli uchburchaklarda uchburchak ichida bo'lishi mumkin, uning tashqarisida - to'g'ri burchakli uchburchaklarda yoki tepaga to'g'ri keladi, to'rtburchaklarda - to'g'ri burchak ostida joylashgan.
Uchburchak balandligi xususiyatlari:
O'tkir uchburchakning ikkita balandligining asoslarini bog'laydigan segment undan umumiy burchakning kosinusiga teng bo'lgan o'xshashlik koeffitsientiga o'xshash uchburchakni kesib tashlaydi.
Isbot. AA1, BB1, CC1 o'tkir uchburchak ABCning balandliklari bo'lsin va ABC = ?(2.2-rasm). BA1A va CC1B to'g'ri burchakli uchburchaklar umumiydir ?, shuning uchun ular o'xshash va shuning uchun BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Bundan kelib chiqadiki, BA1/BC1=BA/BC = cos ?, ya'ni. ichida ?C1BA1 va ?Umumiy tomonga ulashgan ABC tomonlari ??C1BA1~ ?ABC va o'xshashlik koeffitsienti cos ga teng ?. Xuddi shunday, bu ham isbotlangan ?A1CB1~ ?O'xshashlik koeffitsienti bilan ABC cos BCA, va ?B1AC1~ ?O'xshashlik koeffitsienti bilan ABC cos CAB.
To'g'ri burchakli uchburchakning gipotenuzasiga tushgan balandlik uni bir-biriga o'xshash va dastlabki uchburchakka o'xshash ikkita uchburchakka ajratadi.
Isbot. To'rtburchakni ko'rib chiqing ?ABC, qaysi ?BCA \u003d 900, CD esa uning balandligi (2.3-rasm).
Keyin o'xshashlik ?ADC va ?BDC, masalan, to'g'ri burchakli uchburchaklarning ikki oyoqning mutanosibligidagi o'xshashlik mezonidan kelib chiqadi, chunki AD/CD = CD/DB. ADC va BDC to'g'ri burchakli uchburchaklarning har biri, agar faqat ikkita burchakdagi o'xshashlik mezoni asosida bo'lsa, dastlabki to'g'ri burchakli uchburchakka o'xshaydi.
Balandlik xossalaridan foydalanishga oid masalalar yechish
Masala 1. Bir cho‘qqisi berilgan to‘g‘ridan-to‘g‘ri uchburchakning cho‘qqisi, qolgan ikkita cho‘qqisi esa uning boshqa ikkita cho‘qqisidan tushirib qoldirilgan to‘g‘ridan-to‘g‘ri burchakli uchburchakning balandliklarining asosi bo‘lgan uchburchakning o‘xshashligini isbotlang. birinchi tepalikdagi burchak kosinusining moduliga teng bo'lgan o'xshashlik koeffitsienti bilan bu uchburchakka.
Yechim. Ommaviylikni ko'rib chiqing ?To'mtoq CAB bilan ABC. AA1, BB1, CC1 uning balandliklari (2.4, 2.5, 2.6-rasm) va CAB = boʻlsin. ?, ABC = ? , BCA = ?.
Buning isboti ?C1BA1~ ?ABC (2.4-rasm) o'xshashlik koeffitsienti k = cos bilan ?, 1-moddaning 2.2-bandini isbotlashda amalga oshirilgan fikrni to'liq takrorlaydi.
Keling, buni isbotlaylik ?A1CB~ ?ABC (2.5-rasm) o'xshashlik koeffitsienti k1= cos ?, a ?B1AC1~ ?ABC (2.6-rasm) o'xshashlik koeffitsienti k2 = |cos? |.
Darhaqiqat, CA1A va CB1B to'g'ri burchakli uchburchaklar umumiy burchakka ega ?va shuning uchun shunga o'xshash. Bundan kelib chiqadiki, B1C/ BC = A1C / AC= cos ?va shuning uchun B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, ya'ni. A1CB1 va ABC uchburchaklarida umumiy hosil qiluvchi tomonlar ??, proportsionaldir. Va keyin, uchburchaklarning o'xshashligining ikkinchi mezoniga ko'ra ?A1CB~ ?ABC, va o'xshashlik koeffitsienti k1= cos ?. Oxirgi holatga kelsak (2.6-rasm), keyin to'g'ri burchakli uchburchaklarni ko'rib chiqishdan ?BB1A va ?Tenglar bilan CC1A vertikal burchaklar BAB1 va C1AC shundan kelib chiqadiki, ular o'xshash va shuning uchun B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, chunki ??- ahmoq. Demak, B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| va shuning uchun uchburchaklarda ?B1AC1 va ?ABC tomonlarini shakllantirish teng burchaklar, proportsionaldir. Va bu shuni anglatadiki ?B1AC1~ ?ABC o'xshashlik koeffitsienti k2 = |cos? |.
Masala 2. Agar O nuqta o'tkir burchakli ABC uchburchakning balandliklarining kesishish nuqtasi bo'lsa, ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800 ekanligini isbotlang.
Yechim. Masalaning shartida berilgan formulalardan birinchisining to’g’riligini isbotlaylik. Qolgan ikkita formulaning haqiqiyligi xuddi shunday isbotlangan. Shunday qilib, ABC = bo'lsin ?, AOC = ?. A1, B1 va C1 - mos ravishda A, B va C cho'qqilaridan chizilgan uchburchak balandliklarining asoslari (2.7-rasm). Keyin BC1C to'g'ri burchakli uchburchakdan BCC1 = 900 chiqadi - ?va shuning uchun OA1C to'g'ri burchakli uchburchakda COA1 burchagi ?. Lekin burchaklar yig'indisi AOC + COA1 = ? + ?to'g'ri burchakni beradi va shuning uchun AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, bu isbotlanishi kerak edi.
3-masala. O‘tkir burchakli uchburchakning balandliklari cho‘qqilari shu uchburchak balandliklarining asosi bo‘lgan uchburchak burchaklarining bissektrisalari ekanligini isbotlang.
2.8-rasm
Yechim. AA1, BB1, CC1 o'tkir ABC uchburchakning balandliklari va CAB = bo'lsin. ?(2.8-rasm). Masalan, AA1 balandligi C1A1B1 burchakning bissektrisasi ekanligini isbotlaylik. Darhaqiqat, C1BA1 va ABC uchburchaklari o'xshash bo'lganligi sababli (1-xususiyat), u holda BA1C1 = ?va shuning uchun C1A1A = 900 - ?. A1CB1 va ABC uchburchaklarining o'xshashligidan kelib chiqadiki, AA1B1 = 900 - ?va shuning uchun C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Lekin bu AA1 C1A1B1 burchakning bissektrisasi ekanligini anglatadi. Xuddi shunday isbotlash mumkinki, ABC uchburchakning qolgan ikkita balandligi A1B1C1 uchburchakning boshqa ikkita mos burchaklarining bissektrisalaridir.
3 Uchburchak aylanasining og'irlik markazi
Uchburchakning medianasi - bu uchburchakning istalgan cho'qqisini qarama-qarshi tomonning o'rta nuqtasi bilan bog'laydigan segment.
Teorema. Uchburchakning medianasi bir nuqtada (og'irlik markazi) kesishadi.
Isbot. O'zboshimchalikni ko'rib chiqing ABC.
AA1 va BB1 medianalarining kesishish nuqtasini O harfi bilan belgilaymiz va bu uchburchakning A1B1 o'rta chizig'ini chizamiz. A1B1 segmenti AB tomoniga parallel, shuning uchun 1 = 2 va 3 = 4. Shuning uchun, ?AOB va ?A1OB1 ikki burchakda o'xshash va shuning uchun ularning tomonlari proportsionaldir: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Lekin AB=2A1B1, demak, AO=2A1O va BO=2B1O. Shunday qilib, AA1 va BB1 medianalarining kesishish nuqtasi O, ularning har birini yuqoridan sanab, 2: 1 nisbatda ajratadi.
Xuddi shunday, BB1 va CC1 medianalarining kesishish nuqtasi ularning har birini yuqoridan sanab, 2:1 nisbatda ajratishi va shuning uchun O nuqtaga to'g'ri kelishi va uni 2 nisbatda bo'lishi isbotlangan: 1, yuqoridan hisoblash.
Uchburchakning median xususiyatlari:
10 Uchburchakning medianalari bir nuqtada kesishadi va kesishish nuqtasini yuqoridan sanab 2:1 nisbatda ajratadi.
Berilgan: ?ABC, AA1, BB1 - medianlar.
Isbotlang: AO:OA1=BO:OB1=2:1
Isbot. O'rta chiziq A1B1||AB, A1B1=1/2 AB xossasiga ko'ra A1B1 o'rta chizig'ini chizamiz (2.10-rasm). A1B1 ||dan beri AB, keyin 1 \u003d 2 ko'ndalang AB va A1B1 parallel chiziqlarida va AA1 sekantida yotadi. 3 \u003d 4 A1B1 va AB parallel chiziqlari va BB1 sekant bilan ko'ndalang yotadi.
Binobarin, ?AOW ~ ?A1OB1 ikki burchakning tengligi bilan, shuning uchun tomonlar proportsionaldir: AO / A1O = OB / OB1 = AB / A1B = 2/1, AO / A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.
Mediana uchburchakni bir xil maydondagi ikkita uchburchakka ajratadi.
Isbot. BD - median ?ABC (2.11-rasm), BE - uning balandligi. Keyin ?ABD va ?DBClar tengdir, chunki ular mos ravishda AD va DC asoslari teng va umumiy BE balandligiga ega.
Butun uchburchak medianalari bilan oltita teng uchburchakka bo'linadi.
Agar uchburchak medianasining davomida uchburchak tomonining o'rtasidan uzunligi medianaga teng bo'lgan segment chetga qo'yilgan bo'lsa, u holda bu segmentning oxirgi nuqtasi va uchburchakning uchlari uchlari bo'ladi. parallelogramm.
Isbot. D BC tomonining o'rta nuqtasi bo'lsin ?ABC (2.12-rasm), E AD to‘g‘rining DE=AD bo‘ladigan nuqtadir. U holda ABEC to‘rtburchagining kesishgan D nuqtasidagi AE va BC diagonallari yarmiga bo‘linganligi sababli, 13.4 xossadan ABEC to‘rtburchagi parallelogramm ekanligi kelib chiqadi.
Medianlar xossalaridan foydalanish masalalarini yechish:
Masala 1. Agar O medianalarning kesishish nuqtasi ekanligini isbotlang ?Keyin ABC ?AOB, ?BOC va ?AOC teng.
Yechim. AA1 va BB1 medianalari bo'lsin ?ABC (2.13-rasm). O'ylab ko'ring ?AOB va ?BOC. Shubhasiz, S ?AOB=S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Ammo 2-mulk bo'yicha bizda S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB=S ?OB1C, ya'ni S ?AOB=S ?B.O.C. Tenglik S ?AOB=S ?AOC.
Masala 2. Agar O nuqta ichkarida bo‘lsa, isbotlang ?ABC va ?AOB, ?BOC va ?AOC teng bo'lsa, O - medianalarning kesishish nuqtasi? ABC.
Yechim. O'ylab ko'ring ?ABC (2.14) va O nuqta BB1 medianasida yotmaydi deb faraz qiling. Keyin OB1 median bo'lgani uchun ?AOC, keyin S ?AOB1=S ?B1OC va S sharti bo'yicha ?AOB=S ?BOC, keyin S ?AB1OB=S ?BOB1C. Ammo bu bo'lishi mumkin emas, chunki ?ABB1=S ?B1BC. Olingan qarama-qarshilik O nuqtaning BB1 medianasida yotishini bildiradi. O nuqta boshqa ikkita medianaga tegishli ekanligi ham xuddi shunday isbotlangan ?ABC. Bundan kelib chiqadiki, O nuqta haqiqatan ham uchta mediananing kesishish nuqtasidir? ABC.
Muammo 3. Ichida ekanligini isbotlang ?ABC tomonlari AB va BC teng emas, u holda uning BD bissektrisa mediana BM va BH balandligi orasida joylashgan.
Isbot. haqida tasvirlab beraylik ?ABC aylana bo‘lib, uning BD bissektrisasi aylana bilan K nuqtadagi kesishmagacha cho‘ziladi. K nuqta orqali AC segmentiga perpendikulyar o‘rta nuqta o‘tadi (2.1-banddan 1-xususiyat), uning umumiy nuqtasi M bo‘ladi. mediana.Ammo BH va MK segmentlar parallel boʻlgani uchun va B va K nuqtalar AC toʻgʻrining qarama-qarshi tomonlarida joylashganligi sababli, BK va AC segmentlarining kesishish nuqtasi HM segmentiga tegishli boʻladi va bu daʼvoni isbotlaydi. .
Vazifa 4. In ?ABC mediana BM AB tomonining yarmiga teng va u bilan 400 burchak hosil qiladi.ABC ni toping.
Yechim. BM medianasini M nuqtadan uning uzunligi bo'yicha uzaytiramiz va D nuqtani olamiz (2.15-rasm). AB \u003d 2BM, keyin AB \u003d BD bo'lgani uchun, ya'ni ABD uchburchagi teng yonlidir. Shuning uchun BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. ABCD to'rtburchak parallelogramm, chunki uning diagonallari kesishish nuqtasi bilan ikkiga bo'lingan. Shunday qilib, CBD = ADB = 700. Keyin ABC = ABD + CBD = 1100. Javob 1100.
Masala 5. Tomonlar?ABC a, b, c ga teng. c tomoniga chizilgan mediana mk ni hisoblang (2.16-rasm).
Yechim. ASBP parallelogrammasi uchun?ABC ni to’ldirib, medianani ikki baravar oshiramiz va bu parallelogrammaga 8-teoremani qo’llaymiz.Biz: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, ya’ni. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, shundan topamiz:
2.4 Eyler doirasi. Eyler liniyasi
Teorema. Ixtiyoriy uchburchakning medianalarining asoslari, balandliklari, shuningdek, uchburchakning uchlarini uning ortomarkazi bilan tutashtiruvchi segmentlarning oʻrta nuqtalari radiusi aylana radiusining yarmiga teng boʻlgan bir xil aylanada yotadi. uchburchak haqida. Bu doira to'qqiz nuqtali aylana yoki Eyler doirasi deb ataladi.
Isbot. MNL medianasini olaylik (2.17-rasm) va uning atrofida W aylanasini tasvirlaymiz.LQ segmenti to‘rtburchaklar?AQBda mediana hisoblanadi, shuning uchun LQ=1/2AB. Segment MN=1/2AB, kabi MN- o'rta chiziq?ABC. Bundan kelib chiqadiki, QLMN trapetsiyasi teng yon tomonli. W aylana teng yonli trapesiya L, M, N ning 3 ta cho’qqisidan o’tganligi uchun u to’rtinchi Q cho’qqisidan ham o’tadi. Xuddi shunday P ning W ga, R ning V ga tegishli ekanligi isbotlangan.
X, Y, Z nuqtalarga o'tamiz. XL segmenti o'rta chiziq sifatida BH ga perpendikulyar?AHB. BH segmenti AC ga perpendikulyar va AC LM ga parallel bo'lgani uchun BH LM ga perpendikulyar. Shuning uchun XLM=P/2. Xuddi shunday, XNM = F/2.
To'rtburchak LXNMda ikkita qarama-qarshi burchak to'g'ri burchakdir, shuning uchun uning atrofida aylana bo'lishi mumkin. Bu W aylana bo'ladi. Demak, X W ga tegishli, xuddi shunday Y W ga, Z W ga tegishli.
O'rta ?LMN ?ABC ga o'xshaydi. O'xshashlik koeffitsienti 2. Demak, to'qqiz nuqtali aylana radiusi R/2 ga teng.
Eyler doirasining xususiyatlari:
To'qqiz nuqtadan iborat aylananing radiusi atrofida chegaralangan aylana radiusining yarmiga teng?ABC.
To'qqiz nuqtadan iborat aylana ?ABC koeffitsienti bilan chegaralangan doiraga gomotetikdir. ½ va H nuqtadagi gomoteti markaz.
Teorema. Aylananing ortomarkazi, markazi, aylana markazi va to‘qqiz nuqtadan iborat aylananing markazi bir xil to‘g‘ri chiziqda yotadi. Eylerning to'g'ri chizig'i.
Isbot. H ortomarkaz bo'lsin?ABC (2.18-rasm) va O aylananing markazi bo'lsin. Qurilishga ko'ra, ABC perpendikulyar bissektrisalari mediananing balandliklarini o'z ichiga oladi?MNL, ya'ni O bir vaqtning o'zida ortomarkaz?LMN. ?LMN ~ ?ABC, ularning o'xshashlik koeffitsienti 2 ga teng, shuning uchun BH=2ON.
H va O nuqtalar orqali chiziq torting. Biz ikkita o'xshash uchburchakni olamiz?NOG va?BHG. BH=2ON ekan, u holda BG=2GN. Ikkinchisi G nuqtaning centroid?ABC ekanligini bildiradi. G nuqta uchun HG:GO=2:1 nisbati bajariladi.
Keyingi TF perpendikulyar bissektrisa MNL va F bu perpendikulyarning HO chiziq bilan kesishgan nuqtasi bo‘lsin. ?TGF va ?NNT kabilarni ko'rib chiqing. G nuqtasi centroid?MNL, shuning uchun o'xshashlik koeffitsienti?TGF va?NGO 2 ga teng. Demak, OG=2GF va HG=2GO bo'lgani uchun, HF=FO va F HO segmentining o'rta nuqtasidir.
Agar boshqa tarafga perpendikulyar bissektrisaga nisbatan ham xuddi shunday mulohaza yuritsak? Lekin bu F nuqta perpendikulyar bissektrisalar nuqtasi ekanligini bildiradi?MNL. Bunday nuqta Eyler doirasining markazidir. Teorema isbotlangan.
XULOSA
Ushbu maqolada biz maktabda o'rganilgan uchburchakning 4 ta ajoyib nuqtasini va ularning xususiyatlarini ko'rib chiqdik, ular asosida ko'plab muammolarni hal qilishimiz mumkin. Gergonn nuqtasi, Eyler doirasi va Eyler chizig'i ham ko'rib chiqildi.
FOYDALANILGAN MANBALAR RO'YXATI
1.Geometriya 7-9. O'rta maktablar uchun darslik // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. va boshqalar - M .: Ta'lim, 1994.
2.Amelkin V.V. Tekislikdagi geometriya: nazariya, vazifalar, yechimlar: Proc. Matematika bo'yicha qo'llanma // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timoxovich - Mn.: "Asar", 2003 yil.
.V.S. Bolodurin, O.A. Vaxmyanina, T.S. Izmailova // Elementar geometriya bo'yicha qo'llanma. Orenburg, OGPI, 1991 yil.
.Prasolov V.G. Planimetriyadagi muammolar. - 4-nashr, to'ldirilgan - M .: Moskva uzluksiz matematik ta'lim markazining nashriyoti, 2001 yil.
Baranova Elena
Ushbu maqolada uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalari, ularning xususiyatlari va qonuniyatlari, masalan, to'qqiz nuqta doirasi va Eyler chizig'i muhokama qilinadi. Berilgan tarix ma'lumotnomasi Eyler chizig'i va to'qqiz nuqtali aylananing ochilishi. Loyihamni qo'llashning amaliy yo'nalishi taklif etiladi.
Yuklab oling:
Ko‘rib chiqish:
Taqdimotlarni oldindan ko'rishdan foydalanish uchun o'zingiz uchun hisob yarating ( hisob) Google va tizimga kiring: https://accounts.google.com
Slayd sarlavhalari:
"UCHBURCHAKNING E'tiborli nuqtalari". (Matematikaning amaliy va fundamental savollari) Baranova Elena 8-sinf, MKOU "20-sonli o'rta maktab" Pos. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilevna, matematika o'qituvchisi MKOU "20-sonli o'rta maktab" Novoizobilny posyolkasi 2013 yil. "20-sonli o'rta maktab" shahar davlat ta'lim muassasasi.
Maqsad: uchburchakni uning ajoyib nuqtalari bo'yicha o'rganish, ularning tasnifi va xususiyatlarini o'rganish. Vazifalar: 1. O'rganish zarur adabiyotlar 2. Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalarining tasnifini o'rganish 3.. Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalarining xossalari bilan tanishish 4. Uchburchakning diqqatga sazovor nuqtalarini qura olish. 5. Ajoyib fikrlar doirasini o'rganing. O'rganish ob'ekti - matematika bo'limi - geometriya O'rganish mavzusi - uchburchak Muhimligi: uchburchak, uning diqqatga sazovor nuqtalarining xususiyatlari haqida bilimingizni kengaytirish. Gipoteza: uchburchak va tabiatning aloqasi
O'rta perpendikulyarlarning kesishish nuqtasi U uchburchakning uchlaridan teng masofada joylashgan va aylananing markazidir. Cho'qqilari uchburchak tomonlarining o'rta nuqtalari va uchburchakning uchlari perpendikulyar bissektrisalarning kesishish nuqtasiga to'g'ri keladigan bir nuqtada kesishgan uchburchaklar atrofida chegaralangan doiralar.
Bissektrisalarning kesishish nuqtasi Uchburchakning bissektrisalarining kesishish nuqtasi uchburchakning yon tomonlaridan teng masofada joylashgan. OM=OA=OV
Balandliklarning kesishish nuqtasi Cho'qqilari balandliklarning asosi bo'lgan uchburchak bissektrisalarining kesishish nuqtasi uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasiga to'g'ri keladi.
Medianalarning kesishish nuqtasi Uchburchakning medianalari bir nuqtada kesishadi, bu nuqta har bir medianani 2:1 nisbatda bo'linadi, cho'qqidan hisoblanadi. Agar medianalarning kesishish nuqtasi cho'qqilarga ulangan bo'lsa, u holda uchburchak uchta uchburchakka bo'linadi, ular maydoni teng bo'ladi. Median kesishish nuqtasining muhim xossasi shundan iboratki, boshi medianalarning kesishish nuqtasi va uchlari uchburchaklar cho’qqilari bo’lgan vektorlar yig’indisi nolga teng 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
Torricelli nuqtasi Eslatma: Agar uchburchakning barcha burchaklari 120 dan kichik bo'lsa, Torricelli nuqtasi mavjud.
B1, A1, C1 to'qqiz nuqtadan iborat doira balandliklar asosidir; A2, B2, C2 - tegishli tomonlarning o'rta nuqtalari; A3, B3, C3, - AN, BH va CH segmentlarining o'rta nuqtalari.
Eyler chizig'i Medianalarning kesishish nuqtasi, balandliklarning kesishish nuqtasi, to'qqiz nuqtadan iborat aylananing markazi bitta to'g'ri chiziqda yotadi, bu naqshni aniqlagan matematik sharafiga Eyler chizig'i deb ataladi.
Ajoyib nuqtalarni kashf qilish tarixidan bir oz 1765 yilda Eyler uchburchak tomonlarining o'rta nuqtalari va uning balandliklarining asoslari bir xil doirada yotishini aniqladi. Uchburchakning ajoyib nuqtalarining eng hayratlanarli xususiyati shundaki, ularning ba'zilari bir-biri bilan ma'lum nisbat bilan bog'liq. M medianalarning kesishish nuqtasi, H balandliklarning kesishish nuqtasi va aylana O ning markazi bir xil to'g'ri chiziqda yotadi va M nuqta OH segmentini shunday ajratadiki, OM nisbati: OH = 1: 2 bo'ladi. haqiqiydir.Bu teorema 1765-yilda Leonxard Eyler tomonidan isbotlangan.
Geometriya va tabiatning aloqasi. Bu holatda potentsial energiya eng kichik qiymatga ega va MA + MB + MS segmentlarining yig'indisi eng kichik bo'ladi va Torricelli nuqtasida boshlanishi bilan bu segmentlarda yotadigan vektorlar yig'indisi nolga teng bo'ladi.
Xulosa Men balandliklar, medianalar, bissektrisalar va o'rta perpendikulyarlarning ajoyib kesishish nuqtalaridan tashqari, uchburchakning ajoyib nuqtalari va chiziqlari ham mavjudligini bilib oldim. Men ushbu mavzu bo'yicha olingan bilimlardan o'zim foydalana olaman o'quv faoliyati, mustaqil ravishda teoremalarni muayyan masalalarga qo'llash, o'rganilgan teoremalarni real vaziyatda qo'llash. Matematikani o'rganishda uchburchakning ajoyib nuqtalari va chiziqlaridan foydalanish samarali deb hisoblayman. Ularni bilish juda ko'p vazifalarni hal qilishni tezlashtiradi. Taklif etilayotgan materialdan matematika darslarida ham, 5-9-sinf o‘quvchilari uchun sinfdan tashqari mashg‘ulotlarda ham foydalanish mumkin.
Ko‘rib chiqish:
Ko'rib chiqishdan foydalanish uchun o'zingizga Google hisobini (hisob qaydnomasini) yarating va tizimga kiring:
Uchburchakda to'rtta diqqatga sazovor nuqta bor: medianalarning kesishish nuqtasi. Bissektrisalarning kesishish nuqtasi, balandliklarning kesishish nuqtasi va perpendikulyar bissektrisalarning kesishish nuqtasi. Keling, ularning har birini ko'rib chiqaylik.
Uchburchak medianalarining kesishish nuqtasi
Teorema 1
Uchburchak medianalarining kesishmasida: Uchburchakning medianalari bir nuqtada kesishadi va kesishish nuqtasini uchidan boshlab $2:1$ nisbatda ajratadi.
Isbot.
$ABC$ uchburchagini ko'rib chiqing, bu erda $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ uning medianasidir. Medianlar tomonlarni yarmiga bo'lganligi sababli. $A_1B_1$ o'rta chizig'ini ko'rib chiqing (1-rasm).
1-rasm. Uchburchakning medianalari
1-teorema bo'yicha, $AB||A_1B_1$ va $AB=2A_1B_1$, demak, $\burchak ABB_1=\burchak BB_1A_1,\ \burchak BAA_1=\burchak AA_1B_1$. Demak, $ABM$ va $A_1B_1M$ uchburchaklari birinchi uchburchakning oʻxshashlik mezoniga koʻra oʻxshashdir. Keyin
Xuddi shunday, bu ham isbotlangan
Teorema isbotlangan.
Uchburchak bissektrisalarining kesishish nuqtasi
Teorema 2
Uchburchak bissektrisalarining kesishmasida: Uchburchakning bissektrisalari bir nuqtada kesishadi.
Isbot.
$ABC$ uchburchagini ko'rib chiqing, bu erda $AM,\BP,\CK$ uning bissektrisalari. $O$ nuqtasi $AM\ va\ BP$ bissektrisalarining kesishish nuqtasi bo'lsin. Ushbu nuqtadan uchburchakning tomonlariga perpendikulyar chizilgan (2-rasm).
2-rasm. Uchburchakning bissektrisalari
Teorema 3
Kengaymagan burchak bissektrisasining har bir nuqtasi uning yon tomonlaridan teng masofada joylashgan.
3-teorema bo'yicha bizda quyidagilar mavjud: $OX=OZ,\ OX=OY$. Demak, $OY=OZ$. Demak, $O$ nuqta $ACB$ burchak tomonlaridan teng masofada joylashgan va shuning uchun uning $CK$ bissektrisasida yotadi.
Teorema isbotlangan.
Uchburchakning perpendikulyar bissektrisalarining kesishish nuqtasi
Teorema 4
Uchburchak tomonlarining perpendikulyar bissektrisalari bir nuqtada kesishadi.
Isbot.
$ABC$ uchburchak, uning perpendikulyar bissektrisalari $n,\ m,\ p$ berilsin. $O$ nuqta $n\ va\ m$ perpendikulyar bissektrisalarining kesishish nuqtasi bo'lsin (3-rasm).
3-rasm. Uchburchakning perpendikulyar bissektrisalari
Isbot uchun bizga quyidagi teorema kerak.
Teorema 5
Kesimga perpendikulyar bissektrisaning har bir nuqtasi berilgan segmentning uchlaridan teng masofada joylashgan.
3-teorema bo'yicha bizda quyidagilar mavjud: $OB=OC,\ OB=OA$. Demak, $OA=OC$. Demak, $O$ nuqta $AC$ segmentining uchlaridan teng masofada joylashgan va shuning uchun uning $p$ perpendikulyar bissektrisasida yotadi.
Teorema isbotlangan.
Uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasi
Teorema 6
Uchburchakning balandliklari yoki ularning kengaytmalari bir nuqtada kesishadi.
Isbot.
$ABC$ uchburchagini ko'rib chiqing, bu erda $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ uning balandligi. Uchburchakning har bir cho'qqisidan cho'qqiga qarama-qarshi tomonga parallel ravishda chiziq o'tkazing. Biz yangi uchburchakni olamiz $A_2B_2C_2$ (4-rasm).
Shakl 4. Uchburchakning balandliklari
$AC_2BC$ va $B_2ABC$ umumiy tomoni boʻlgan parallelogrammalar boʻlgani uchun $AC_2=AB_2$, yaʼni $A$ nuqtasi $C_2B_2$ tomonining oʻrta nuqtasidir. Xuddi shunday, biz $B$ nuqtasi $C_2A_2$ tomonining o'rta nuqtasi va $C$ nuqtasi $A_2B_2$ tomonining o'rta nuqtasi ekanligini tushunamiz. Qurilishdan bizda $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$ bor. Demak, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ $A_2B_2C_2$ uchburchakning perpendikulyar bissektrisalaridir. Keyin, 4-teoremaga ko'ra, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ balandliklar bir nuqtada kesishadi.
