A háromszög figyelemre méltó pontjait az iskolában nem tanulják. Projekt "A háromszög figyelemre méltó pontjai"

Háromszög középpontjainak metszéspontja Háromszög felezőjének metszéspontja Háromszög magasságának metszéspontja Háromszög merőleges felezőinek metszéspontja

A háromszög mediánja (BD) az a szakasz, amely összeköti a háromszög csúcsát a szemközti oldal felezőpontjával. A B C D Medián

A háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást (a háromszög súlypontja), és ezzel a ponttal osztják el 2:1 arányban, felülről számolva. AM:MA 1 = VM:MV 1 = SM:MS 1 = 2:1. A A 1 B B 1 M C C 1

A háromszög felezőpontja (A D) a háromszög belső szögének felezőpontja.

A kibontott szög felezőjének minden pontja egyenlő távolságra van az oldalaitól. Ezzel szemben minden olyan pont, amely egy szögön belül helyezkedik el és egyenlő távolságra van a szög oldalaitól, a szögfelezőjén fekszik. A M B C

A háromszög minden felezőpontja egy pontban metszi egymást - a háromszögbe írt kör középpontjában. C B 1 M A B A 1 C 1 O A kör sugara (OM) a középpontból (t.O) a háromszög oldalára ejtett merőleges

MAGASSÁG A háromszög magassága (C D) a háromszög csúcsából a szemközti oldalt tartalmazó egyenesre ejtett merőleges szakasza. A B C D

A háromszög magassága (vagy kiterjesztéseik) egy pontban metszik egymást. A A 1 B B 1 C C 1

KÖZÉP MÉRGŐ A merőleges felező (DF) egy olyan egyenes, amely merőleges a háromszög egyik oldalára, és felosztja azt. A D F B C

A M B m O A szakaszra merőleges felező (m) minden pontja egyenlő távolságra van ennek a szakasznak a végeitől. Ezzel szemben a szakasz végeitől egyenlő távolságra lévő pontok a rá merőleges felezőirányban helyezkednek el.

A háromszög oldalainak összes merőleges felezője egy pontban metszi egymást - a háromszögre körülírt kör középpontjában. A B C O A körülírt kör sugara a kör középpontja és a háromszög bármely csúcsa közötti távolság (OA). m n p

Tanulói feladatok Iránytűvel és egyenes éllel készítsen tompa háromszögbe írt kört. Ehhez: Szerkessze meg egy tompa háromszög felezőit körző és egyengető segítségével. A felezők metszéspontja a kör középpontja. Szerkesszük meg a kör sugarát: a kör középpontjától a háromszög oldaláig tartó merőlegest. Szerkesszünk háromszögbe írt kört.

2. Iránytűvel és egyenes éllel készíts egy tompa háromszöget körülvevő kört. Ehhez: Szerkessze meg a merőleges felezőket egy tompa háromszög oldalaira. Ezeknek a merőlegeseknek a metszéspontja a körülírt kör középpontja. A kör sugara a középpont és a háromszög bármely csúcsa közötti távolság. Szerkesszünk háromszöget körülvevő kört.

Először bizonyítsuk be a szögfelező tételt.

Tétel

Bizonyíték

1) Vegyünk egy tetszőleges M pontot a BAC szög felezőjére, rajzoljunk MK és ML merőlegeseket az AB és AC egyenesekre, és bizonyítsuk be, hogy MK = ML (224. ábra). Tekintsük az AM K és AML derékszögű háromszögeket. Hipotenusában és hegyesszögében egyenlőek (AM - közös hipotenúza, ∠1 = ∠2 feltétel szerint). Ezért MK = ML.

2) Legyen az M pont a BAC szög belsejében, és egyenlő távolságra legyen AB és AC oldalaitól. Bizonyítsuk be, hogy az AM sugár a BAC szög felezőpontja (lásd 224. ábra). Húzzon MK és ML merőlegeseket az AB és AC egyenesekre. Az AMK és AML derékszögű háromszögek befogójában és lábában egyenlők (AM - közös hipotenúza, MK = ML feltétel szerint). Ezért ∠1 = ∠2. De ez azt jelenti, hogy az AM sugár a BAC szög felezője. A tétel bizonyítást nyert.

Rizs. 224

Következmény 1

2. következmény

Valóban, jelöljük O betűvel az ABC háromszög AA 1 és BB 1 felezőinek metszéspontját, és ebből a pontból húzzuk az OK, OL és OM merőlegeseket az AB, BC és CA egyenesekre (ábra 225). A bizonyított tétel szerint OK = OM és OK = OL. Ezért OM \u003d OL, azaz az O pont egyenlő távolságra van az ACB szög oldalaitól, és ezért ennek a szögnek a CC 1 szögfelezőjén fekszik. Következésképpen az ABC háromszög mindhárom felezőpontja az O pontban metszi egymást, amit igazolni kellett.

Rizs. 225

A szakaszra merőleges felezővonal tulajdonságai

A szakasz felező merőlegese az adott szakasz felezőpontján áthaladó és arra merőleges egyenes.

Rizs. 226

Bizonyítsuk be a tételt egy szakaszra merőleges felezőpontra.

Tétel

Bizonyíték

Legyen az m egyenes az AB szakaszra merőleges felező, az O pont ennek a szakasznak a felezőpontja (227. ábra, a).

Rizs. 227

1) Tekintsük az m egyenes tetszőleges M pontját, és bizonyítsuk be, hogy AM = VM. Ha az M pont egybeesik az O ponttal, akkor ez az egyenlőség igaz, mivel O az AB szakasz felezőpontja. Legyen M és O különböző pontokat. Az OAM és OBM derékszögű háromszögek két szárban egyenlőek (OA = OB, OM - közös láb), ezért AM = VM.

2) Tekintsünk egy tetszőleges N pontot, amely egyenlő távolságra van az AB szakasz végeitől, és bizonyítsuk be, hogy az N pont az m egyenesen fekszik. Ha N az AB egyenes egy pontja, akkor egybeesik az AB szakasz O felezőpontjával, ezért az m egyenesen fekszik. Ha az N pont nem az AB egyenesen fekszik, akkor az ANB háromszög egyenlő szárú, mivel AN \u003d BN (227. ábra, b). A NO szakasz ennek a háromszögnek a mediánja, és így a magassága. Tehát NO ⊥ AB, tehát az ON és m egyenesek egybeesnek, azaz N az m egyenes egy pontja. A tétel bizonyítást nyert.

Következmény 1

2. következmény

Ennek az állításnak a bizonyításához tekintsük az ABC háromszög AB és BC oldalaira merőleges m és n felezőket (228. ábra). Ezek az egyenesek egy O pontban metszik egymást. Valóban, ha ennek az ellenkezőjét feltételezzük, vagyis hogy m || n, akkor a BA egyenes, merőleges az m egyenesre, merőleges lenne a vele párhuzamos n egyenesre is, majd két, az n egyenesre merőleges BA és BC egyenes átmenne a B ponton, ami lehetetlen .

Rizs. 228

A bizonyított tétel szerint OB = OA és OB = OS. Ezért OA \u003d OC, vagyis az O pont egyenlő távolságra van az AC szakasz végeitől, és ezért a szegmensre merőleges p felezőn fekszik. Ezért az ABC háromszög oldalaira merőleges m, n és p mindhárom felezőszög az O pontban metszi egymást.

Háromszög metszésponti tétel

Bebizonyítottuk, hogy a háromszög felezői egy pontban, a háromszög oldalaira merőleges felezők pedig egy pontban metszik egymást. Korábban bebizonyosodott, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást (64. szakasz). Kiderült, hogy egy háromszög magasságának hasonló tulajdonsága van.

Tétel

Bizonyíték

Tekintsünk egy tetszőleges ABC háromszöget, és bizonyítsuk be, hogy a magasságait tartalmazó AA 1 BB 1 és CC 1 egyenesek egy pontban metszik egymást (229. ábra).

Rizs. 229

Húzzon egy vonalat az ABC háromszög minden csúcsán, amely párhuzamos a szemközti oldallal. Egy A 2 B 2 C 2 háromszöget kapunk. Az A, B és C pontok a háromszög oldalainak felezőpontjai. Valójában AB \u003d A 2 C és AB \u003d CB 2 az ABA 2 C és ABCB 2 paralelogrammák ellentétes oldalai, ezért A 2 C \u003d CB 2. Hasonlóképpen, C 2 A \u003d AB 2 és C 2 B \u003d BA 2. Ezenkívül a konstrukcióból következően CC 1 ⊥ A 2 B 2, AA 1 ⊥ B 2 C 2 és BB 1 ⊥ A 2 C 2. Így az AA 1, BB 1 és CC 1 egyenesek merőlegesek az A 2 B 2 C 2 háromszög oldalaira. Ezért egy ponton metszik egymást. A tétel bizonyítást nyert.

Tehát minden háromszöghez négy pont tartozik: a mediánok metszéspontja, a felezők metszéspontja, az oldalakra támaszkodó középső merőlegesek metszéspontja és a magasságok (vagy kiterjesztéseik) metszéspontja. . Ezt a négy pontot ún a háromszög csodálatos pontjai.

Feladatok

674. A ki nem tágított O szög felezőjének M pontjából ennek a szögnek az oldalaira MA és MB merőlegeseket húzunk. Bizonyítsuk be, hogy AB ⊥ OM.

675. Az O szög oldalai két olyan kört érintenek, amelyeknek közös érintője van az A pontban. Bizonyítsuk be, hogy e körök középpontjai az O A egyenesen vannak.

676. Az A szög oldalai érintsen meg egy O középpontú, r sugarú kört. Keresse meg: a) OA, ha r = 5 cm, ∠A = 60°; b) d, ha ОА = 14 dm, ∠A = 90°.

677. Az ABC háromszög B és C csúcsaiban lévő külső szögfelezők az O pontban metszik egymást. Bizonyítsuk be, hogy az O pont az AB, BC, AC egyeneseket érintő kör középpontja.

678. Az ABC háromszög AA 1 és BB 1 felezőszögei az M pontban metszik egymást. Határozzuk meg az ACM és BCM szögeket, ha: a) ∠AMB = 136°; b) ∠AMB = 111°.

679. Az ABC háromszög BC oldalára merőleges felezője a D pontban metszi az AC oldalt. Keresse meg: a) AD és CD, ha BD = 5 cm, Ac = 8,5 cm; b) AC, ha BD = 11,4 cm, AD = 3,2 cm.

680. Az ABC háromszög AB és AC oldalaira merőleges felezők a BC oldal D pontjában metszik egymást. Igazoljuk, hogy: a) D pont a BC oldal felezőpontja; b) ∠A - ∠B + ∠C.

681. Az AB oldalra merőleges középső egyenlő szárú háromszög Az ABC metszi a BC oldalt az E pontban. Határozzuk meg az AC alapot, ha az AEC háromszög kerülete 27 cm és AB = 18 cm.

682. Az ABC és ABD egyenlő szárú háromszögek AB alapja közös. Bizonyítsuk be, hogy a CD egyenes átmegy az AB szakasz felezőpontján.

683. Bizonyítsuk be, hogy ha egy ABC háromszög AB és AC oldalai nem egyenlőek, akkor a háromszög AM mediánja nem magasság.

684. Az ABC egyenlő szárú háromszög AB alapjában lévő szögfelezők az M pontban metszik egymást. Igazoljuk, hogy a CM egyenes merőleges az AB egyenesre.

685. Az ABC egyenlő szárú háromszög oldalaira húzott AA 1 és BB 1 magasságai az M pontban metszik egymást. Bizonyítsuk be, hogy az MC egyenes az AB szakaszra merőleges felezőpont.

686. Szerkessze meg az adott szakaszra merőleges felezőmetszetet!

Megoldás

Legyen AB az adott szakasz. Építsünk két olyan kört, amelynek középpontja az AB sugarú A és B pontban van (230. ábra). Ezek a körök két M 1 és M 2 pontban metszik egymást. Az AM 1 , AM 2 , VM 1 , VM 2 szakaszok egyenlőek egymással, mint e körök sugarai.

Rizs. 230

Rajzoljunk M 1 M 2 egyenest. Ez a szükséges felező merőleges az AB szakaszhoz. Valójában az M 1 és M 2 pontok egyenlő távolságra vannak az AB szakasz végeitől, tehát az erre a szakaszra merőleges felezővonalon fekszenek. Ezért az M 1 M 2 egyenes az AB szakaszra merőleges felezőpont.

687. Adott egy a egyenes és két A és B pont, amelyek ennek az egyenesnek ugyanazon az oldalán helyezkednek el. Az a egyenesen készítsünk egy M pontot, amely egyenlő távolságra van A-tól B-ig.

688. Adott egy szög és egy szakasz. Szerkesszünk egy pontot az adott szögön belül, egyenlő távolságra annak oldalaitól és egyenlő távolságra az adott szakasz végeitől.

Válaszok a feladatokra

674. Utasítás. Először bizonyítsa be, hogy az AOB háromszög egyenlő szárú.

676. a) 10 cm; b) 7√2 dm.

678. a) 46° és 46°; b) 21° és 21°.

679. a) AB = 3,5 cm, CD = 5 cm; b) AC = 14,6 cm.

683. Utasítás. Használja az ellentmondásos bizonyítási módszert.

687. Utasítás. Használja a 75. tétel tételét.

688. Utasítás. Figyeljük meg, hogy a kívánt pont az adott szög felezőjén fekszik.

1 Azaz egyenlő távolságra van a szög oldalait tartalmazó egyenesektől.

Oktatási és Tudományos Minisztérium Orosz Föderáció szövetségi állam költségvetése oktatási intézmény felsőfokú szakmai végzettség

"Magnitogorszk Állami Egyetem»

Fizikai és Matematikai Kar

Algebra és Geometria Tanszék

Tanfolyami munka

A háromszög figyelemre méltó pontjai

Elkészült: a 41. csoport tanulója

Vakhrameeva A.M.

tudományos tanácsadója

Velikikh A.S.

Magnyitogorszk 2014

Bevezetés

Történelmileg a geometria egy háromszöggel kezdődött, így a háromszög két és fél évezreden keresztül mintegy a geometria szimbóluma volt; de ő nemcsak szimbólum, hanem a geometria atomja is.

Miért tekinthető a háromszög geometria atomjának? Mert az előző fogalmak - pont, vonal és szög - homályos és megfoghatatlan absztrakciók, a hozzájuk kapcsolódó tételekkel és problémákkal együtt. Ezért ma az iskolai geometria csak akkor válhat érdekessé és értelmessé, csak akkor válhat igazi geometriává, ha megjelenik benne a háromszög mély és átfogó tanulmányozása.

Meglepő módon a háromszög látszólagos egyszerűsége ellenére kimeríthetetlen kutatási tárgy - még a mi korunkban sem meri azt mondani, hogy tanulmányozta és ismeri a háromszög minden tulajdonságát.

Ez azt jelenti, hogy az iskolai geometria tanulmányozása nem végezhető el a háromszög geometriájának mélyreható tanulmányozása nélkül; tekintettel a háromszög mint vizsgálati tárgy – és ezért forrás – sokféleségére különféle technikák tanulmányozása - a háromszög figyelemreméltó pontjainak geometriájának tanulmányozásához anyagot kell kiválasztani és kidolgozni. Ezen túlmenően az anyag kiválasztásakor nem szabad csak a pontban meghatározott figyelemre méltó pontokra korlátozódni iskolai tananyagÁllami oktatási szabvány, mint például a beírt kör középpontja (a felezők metszéspontja), a körülírt kör középpontja (a középső merőlegesek metszéspontja), a mediánok metszéspontja, a metszéspont a magaslatokról. De ahhoz, hogy mélyen behatolhassunk a háromszög természetébe, és megértsük kimeríthetetlenségét, elképzeléseink vannak arról, hogyan több a háromszög csodálatos pontjai. A háromszög mint geometriai objektum kimeríthetetlensége mellett meg kell jegyezni a háromszög, mint vizsgálati tárgy legcsodálatosabb tulajdonságát: a háromszög geometriájának tanulmányozása megkezdődhet bármely tulajdonságának tanulmányozásával, alapul véve; akkor a háromszög tanulmányozásának módszertana megszerkeszthető úgy, hogy a háromszög összes többi tulajdonsága erre az alapra fűződik. Más szóval, függetlenül attól, hogy hol kezdi a háromszög tanulmányozását, mindig elérheti ennek a csodálatos alaknak a mélységeit. De ezután - lehetőségként - elkezdheti tanulmányozni a háromszöget a figyelemre méltó pontjainak tanulmányozásával.

Cél lejáratú papírok a háromszög figyelemre méltó pontjainak tanulmányozásából áll. E cél eléréséhez a következő feladatokat kell megoldani:

· Tanulmányozni a felező, medián, magasság, merőleges felező fogalmát és tulajdonságait.

· Tekintsük a Gergonne-pontot, az Euler-kört és az Euler-egyenest, amelyeket az iskolában nem tanulnak.

FEJEZET 1. A háromszög felezője, a háromszög beírt körének középpontja. A háromszög felezőjének tulajdonságai. Pont Gergonne

1 Háromszög beívelt középpontja

A háromszög figyelemre méltó pontjai azok a pontok, amelyek helyét a háromszög egyedileg határozza meg, és nem függ attól, hogy milyen sorrendben veszik fel a háromszög oldalait és csúcsait.

A háromszög felezőpontja a háromszög szögfelezőjének az a szakasza, amely egy csúcsot a szemközti oldalon lévő ponttal összeköt.

Tétel. A ki nem tágított szög felezőjének minden pontja egyenlő távolságra (vagyis egyenlő távolságra van a háromszög oldalait tartalmazó egyenesektől) az oldalaitól. Ezzel szemben minden olyan pont, amely egy szögön belül helyezkedik el és egyenlő távolságra van a szög oldalaitól, a szögfelezőjén fekszik.

Bizonyíték. 1) Vegyünk egy tetszőleges M pontot a BAC szög felezőjére, húzzuk meg az MK és ML merőlegeseket az AB és AC egyenesekre, és bizonyítsuk be, hogy MK=ML. Vegye figyelembe a derékszögű háromszögeket ?AMK és ?AML. Hipotenusában és hegyesszögében egyenlőek (AM - közös hipotenúza, állapot szerint 1 = 2). Ezért MK=ML.

) Legyen az M pont BAC belsejében, és egyenlő távolságra legyen AB és AC oldalaitól. Bizonyítsuk be, hogy az AM sugár a BAC felezőszöge. Húzzon MK és ML merőlegeseket az AB és AC egyenesekre. Az AKM és ALM derékszögű háromszögek befogójában és lábában egyenlők (AM - közös hipotenúza, MK = ML feltétel szerint). Ezért 1 = 2. Ez azonban azt jelenti, hogy az AM sugár a BAC felezőszöge. A tétel bizonyítást nyert.

Következmény. A háromszög felezői egy pontban metszik egymást (a beírt kör középpontja és középpontja).

Jelöljük O betűvel az ABC háromszög AA1 és BB1 felezőinek metszéspontját, és ebből a pontból húzzuk az OK, OL és OM merőlegeseket az AB, BC és CA egyenesekre. A tétel szerint (Egy ki nem tágított szög felezőjének minden pontja egyenlő távolságra van az oldalaitól. Megfordítva: a szögen belül fekvő és a szög oldalaitól egyenlő távolságra lévő pontok a felezőjén fekszik) azt mondjuk, hogy OK \u003d OM és OK \u003d OL. Ezért OM = OL, vagyis az O pont egyenlő távolságra van az ACB oldalaitól, és ezért ennek a szögnek a CC1 felezőjén fekszik. Ezért mind a három felező ?Az ABC-k az O pontban metszik egymást, amit bizonyítani kellett.

kör felező háromszög egyenes

1.2 A háromszög felezőjének tulajdonságai

BD felező (1.1. ábra) tetszőleges szögben ?Az ABC a szemközti oldalt a háromszög szomszédos oldalaival arányosan AD és CD részekre osztja.

Be kell bizonyítani, hogy ha ABD = DBC, akkor AD: DC = AB: BC.

Végezzünk CE || BD az AB oldal folytatásával az E pontban található metszéspontig. Ekkor a több párhuzamos egyenes által metszett egyeneseken képzett szakaszok arányossági tétele szerint a következő arányt kapjuk: AD: DC = AB: BE. Ahhoz, hogy erről az arányról a bizonyítandóra térjünk át, elegendő megállapítani, hogy BE = BC, azaz ?ALL egyenlő oldalú. Ebben a háromszögben E \u003d ABD (mint a megfelelő szögek párhuzamos egyeneseknél) és ALL \u003d DBC (mint ugyanazon párhuzamos vonalakkal keresztben fekvő szögek).

De ABD = megegyezés szerint DBC; így E = ALL, és ezért a BE és BC oldalak, amelyek egymással szemben egyenlő szögben helyezkednek el, szintén egyenlők.

Most a fent leírt arányban BE-t BC-vel helyettesítve megkapjuk a bizonyítandó arányt.

20 A háromszög belső és szomszédos szögeinek felezőszögei merőlegesek.

Bizonyíték. Legyen BD az ABC felezője (1.2. ábra), BE pedig a szomszédos belső sarok külső CBF, ?ABC. Majd ha jelöljük ABD = DBC = ?, CBE=EBF= ?, majd 2 ? + 2?= 1800 és így ?+ ?= 900. És ez azt jelenti, hogy BD? LENNI.

30 A háromszög külső szögének felezője a szemközti oldalt kívülről a szomszédos oldalakkal arányos részekre osztja.

(1.3. ábra) AB: BC = AD: DC, ?AED ~ ?CBD, AE/BC = AD/DC = AE/BC.

40 A háromszög bármely szögének felezője a szemközti oldalt a háromszög szomszédos oldalaival arányos szakaszokra osztja.

Bizonyíték. Fontolgat ?ABC. A határozottság kedvéért a CAB felezőszög metszi a BC oldalt a D pontban (1.4. ábra). Mutassuk meg, hogy BD: DC = AB: AC. Ehhez húzunk egy egyenest a C ponton keresztül párhuzamosan az AB egyenessel, és E-vel jelöljük ennek az AD egyenesnek a metszéspontját. Ekkor DAB=DEC, ABD=ECD és ezért ?DAB~ ?DEC a háromszögek hasonlóságának első jelén. Továbbá, mivel az AD sugár a CAD felezőszöge, akkor CAE = EAB = AEC, és ezért ?ECA egyenlő szárú. Ezért AC=CE. De ebben az esetben a hasonlóságtól ?DAB és ?A DEC azt jelenti, hogy BD: DC=AB: CE =AB: AC, és ezt kellett bizonyítani.

Ha egy háromszög külső szögének felezője metszi ennek a szögnek a csúcsával ellentétes oldal folytatását, akkor a kapott metszésponttól a szemközti oldal végeiig terjedő szakaszok arányosak a háromszög szomszédos oldalaival.

Bizonyíték. Fontolgat ?ABC. Legyen F egy pont a CA oldal meghosszabbításán, D pedig a BAF külső háromszög felezőjének metszéspontja a CB oldal kiterjesztésével (1.5. ábra). Mutassuk meg, hogy DC:DB=AC:AB. Valójában húzunk egy egyenest a C ponton keresztül párhuzamosan az AB egyenessel, és E-vel jelöljük ennek az egyenesnek a DA egyenessel való metszéspontját. Ezután háromszög ADB ~ ?EDC és ebből következően DC:DB=EC:AB. És azóta ?EAC= ?ROSSZ = ?CEA, majd egyenlő szárú ?CEA oldali AC=EC és így DC:DB=AC:AB, amit igazolni kellett.

3 Feladatok megoldása a szögfelező tulajdonságainak alkalmazásával

1. feladat. Legyen O a beírt kör középpontja ?ABC, CAB= ?. Bizonyítsuk be, hogy COB = 900 + ? /2.

Megoldás. Mivel O a beírt középpontja ?ABC körök (1.6. ábra), akkor a BO és CO sugarak az ABC, illetve a BCA felezői. És akkor COB \u003d 1800 - (OBC + BCO) \u003d 1800 - (ABC + BCA) / 2 = 1800 - (1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, amit bizonyítani kellett.

2. feladat. Legyen O a körülírt középpontja ?A kör ABC-je, H a BC oldalra húzott magasság alapja. Bizonyítsuk be, hogy a CAB szögfelezője egyben a ? OAH.

Legyen AD a CAB felezőszöge, AE pedig az átmérője ?ABC körök (1.7.,1.8. ábra). Ha egy ?ABC - akut (1.7. ábra), és ezért ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ ívek AC, és ?BHA és ?ECA téglalap alakú (BHA =ECA = 900), akkor ?BHA~ ?ECA és ebből CAO = CAE =HAB. Továbbá a BAD és a CAD feltétel szerint egyenlő, tehát HAD = ROSSZ - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Legyen most ABC = 900 . Ebben az esetben az AH magasság egybeesik az AB oldallal, ekkor az O pont az AC hipotenuszhoz fog tartozni, így a feladat állításának érvényessége nyilvánvaló.

Tekintsük azt az esetet, amikor ABC > 900 (1.8. ábra). Itt az ABCE négyszög egy körbe van írva, így AEC = 1800 - ABC. Másrészt ABH = 1800 - ABC, i.e. AEC=ABH. És azóta ?BHA és ?ECA - téglalap alakú, és ezért HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, akkor HAD = HAB + BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Hasonlóan kezeljük azokat az eseteket, amikor a BAC és az ACB tompa. ?

4 Pont Gergonne

A Gergonne-pont azon szakaszok metszéspontja, amelyek a háromszög csúcsait összekötik az ezekkel a csúcsokkal és a háromszögbe írt körrel szemközti oldalak érintkezési pontjaival.

Legyen az O pont a beírt kör középpontja ABC háromszög. Érintse meg a beírt kör a BC, AC és AB háromszög oldalait pont D,Eés F. A Gergonne pont az AD, BE és CF szakaszok metszéspontja. Legyen az O pont a beírt kör középpontja ?ABC. Érintse meg a beírt kör a BC, AC és AB háromszög oldalait a D, E és F pontokban. A Gergonne pont az AD, BE és CF szakaszok metszéspontja.

Bizonyítsuk be, hogy ez a három szakasz valóban egy ponton metszi egymást. Figyeljük meg, hogy a beírt kör középpontja a szögfelezők metszéspontja ?ABC, és a beírt kör sugarai OD, OE és OF ?a háromszög oldalai. Így van három pár egyenlő háromszögünk (AFO és AEO, BFO és BDO, CDO és CEO).

Működik az AF?BD ? CE és AE? LENNI? CF egyenlőek, mivel BF = BD, CD = CE, AE = AF, ezért ezeknek a szorzatoknak az aránya egyenlő, és a Ceva-tétel alapján (Legyenek az A1, B1, C1 pontok a BC, AC és AB oldalon ?ABC. Hagyja, hogy az AA1 , BB1 és CC1 szakaszok egy pontban metsszék egymást, majd

(az óramutató járásával megegyező irányban megkerüljük a háromszöget)), a szakaszok egy pontban metszik egymást.

A beírt kör tulajdonságai:

Egy körről azt mondjuk, hogy be van írva egy háromszögbe, ha minden oldalát érinti.

Körbe bármilyen háromszög beírható.

Adott: ABC - adott háromszög, O - a felezők metszéspontja, M, L és K - a kör érintkezési pontjai a háromszög oldalaival (1.11. ábra).

Bizonyítsuk be: O az ABC-be írt kör középpontja.

Bizonyíték. Az O pontból húzzunk OK, OL és OM merőlegeseket az AB, BC és CA oldalakra (1.11. ábra). Mivel az O pont egyenlő távolságra van az ABC háromszög oldalaitól, akkor OK \u003d OL \u003d OM. Ezért egy OK sugarú O középpontú kör átmegy a K, L, M pontokon. Az ABC háromszög oldalai a K, L, M pontokban érintik ezt a kört, mivel merőlegesek az OK, OL és OM sugarakra. Így az OK sugarú O középpontú kör az ABC háromszögbe van beírva. A tétel bizonyítást nyert.

A háromszögbe írt kör középpontja a felezők metszéspontja.

Legyen adott ABC, O - a beleírt kör középpontja, D, E és F - a kör érintkezési pontjai az oldalakkal (1.12. ábra). ? AEO=? AOD a hypotenus és a láb mentén (EO = OD - sugárként, AO - összesen). Mi következik a háromszögek egyenlőségéből? OAD=? OAE. Tehát AO az EAD szög felezője. Ugyanígy bizonyítjuk, hogy az O pont a háromszög másik két felezőjén fekszik.

Az érintkezési pontra húzott sugár merőleges az érintőre.

Bizonyíték. Legyen a kör (O; R) adott kör (1.13. ábra), az a egyenes érinti a P pontban. Az OP sugár ne legyen merőleges a -ra. Rajzolj egy merőleges OD-t az O pontból az érintőre. Az érintő meghatározása szerint a P ponton kívül minden pontja, különösen a D pont, a körön kívül esik. Ezért a merőleges OD hossza nagyobb, mint a ferde OP hossza R. Ez ellentmond a ferde tulajdonságnak, és a kapott ellentmondás igazolja az állítást.

2. FEJEZET 3 csodálatos pontok háromszögek, Euler-kör, Euler-vonal.

1 Egy háromszög körülírt körének középpontja

A szakasz felező merőlegese a szakasz felezőpontján áthaladó és arra merőleges egyenes.

Tétel. A szakaszra merőleges felezőszög minden pontja egyenlő távolságra van ennek a szakasznak a végeitől. Ezzel szemben a szakasz végeitől egyenlő távolságra lévő pontok a rá merőleges felezőirányban helyezkednek el.

Bizonyíték. Legyen az m egyenes az AB szakaszra merőleges felező, az O pont pedig a szakasz felezőpontja.

Tekintsük az m egyenes tetszőleges M pontját, és bizonyítsuk be, hogy AM=BM. Ha az M pont egybeesik az O ponttal, akkor ez az egyenlőség igaz, mivel O az AB szakasz felezőpontja. Legyenek M és O különböző pontok. Négyszögletes ?OAM és ?Az OBM két lábon egyenlő (OA = OB, OM - közös láb), ezért AM = VM.

) Tekintsünk egy tetszőleges N pontot, amely egyenlő távolságra van az AB szakasz végeitől, és bizonyítsuk be, hogy az N pont az m egyenesen fekszik. Ha N az AB egyenes egy pontja, akkor egybeesik az AB szakasz O felezőpontjával, ezért az m egyenesen fekszik. Ha az N pont nem az AB egyenesen fekszik, akkor vegyük figyelembe ?ANB, ami egyenlőszárú, mivel AN=BN. A NO szegmens ennek a háromszögnek a mediánja, és így a magassága. Tehát NO merőleges az AB-re, tehát az ON és m egyenesek egybeesnek, és így N az m egyenes pontja. A tétel bizonyítást nyert.

Következmény. A háromszög oldalaira merőleges felezők egy pontban (a körülírt kör középpontjában) metszik egymást.

Jelöljük O-val az AB és BC oldalak m és n mediális merőlegeseinek metszéspontját. ?ABC. A tétel szerint (a szakaszra merőleges felezőpont minden pontja egyenlő távolságra van ennek a szakasznak a végeitől. Megfordítva: a szakasz végeitől egyenlő távolságra lévő pontok a rá merőleges felezőn helyezkednek el.) arra a következtetésre jutunk, hogy OB=OA és OB=OC tehát: OA=OC, azaz az O pont egyenlő távolságra van az AC szakasz végeitől, és ezért a szakaszra merőleges p felezőn fekszik. Ezért mindhárom merőleges felezőszög m, n és p az oldalakra ?Az ABC metszi az O pontban.

Hegyesszögű háromszögnél ez a pont a befogó belsejében, egy tompa háromszögnél - a háromszögön kívül, derékszögűnél - a befogó közepén található.

A háromszög merőleges felezőjének tulajdonsága:

Azok az egyenesek, amelyeken a háromszög belső és külső szögének felezője fekszenek, és egy csúcsból kilépnek, a háromszög körülírt körének átlósan ellentétes pontjaiban metszik a szemközti oldalra merőlegest.

Bizonyíték. Legyen például az ABC felezőszög metszi a körülírt ?Az ABC a kör a D pontban (2.1. ábra). Ekkor mivel a beírt ABD és DBC egyenlő, akkor AD= arc DC. De az AC oldalra merőleges felezőelem felezi az AC ívet is, így a D pont is ehhez a merőleges felezőhöz fog tartozni. Továbbá, mivel az 1.3. bekezdés 30. tulajdonsága szerint az ABC-vel szomszédos BD ABC felezőszög, az utóbbi a D ponttal átlósan ellentétes pontban metszi a kört, mivel a beírt derékszög mindig az átmérőn nyugszik.

2 A háromszög kör ortocentruma

A magasság a háromszög csúcsából a szemközti oldalt tartalmazó egyenesre húzott merőleges.

A háromszög magassága (vagy kiterjesztéseik) egy pontban metszik egymást (ortocentrum).

Bizonyíték. Tekintsünk egy önkényes ?ABC és bizonyítsa be, hogy a magasságait tartalmazó AA1, BB1, CC1 egyenesek egy pontban metszik egymást. Haladjon át minden csúcson ?Az ABC a szemközti oldallal párhuzamos egyenes. Kap ?A2B2C2. Az A, B és C pontok a háromszög oldalainak felezőpontjai. Valójában AB=A2C és AB=CB2 az ABA2C és ABCB2 paralelogrammák ellentétes oldalai, ezért A2C=CB2. Hasonlóan C2A=AB2 és C2B=BA2. Ezen túlmenően, amint az a konstrukcióból következik, a CC1 merőleges az A2B2-re, az AA1 a B2C2-re, a BB1 pedig az A2C2-re. Így az AA1, BB1 és CC1 egyenesek merőlegesek az oldalakra ?A2B2C2. Ezért egy ponton metszik egymást.

A háromszög típusától függően az ortocentrum hegyesszögűben lehet a háromszögön belül, azon kívül - tompaszögűekben vagy egybeeshet a csúcsgal, téglalap alakúakban - egybeeshet a csúcsponttal derékszög.

A háromszög magassági tulajdonságai:

Egy hegyesszögű háromszög két magasságának alapjait összekötő szakasz az adotthoz hasonló háromszöget vág le, amelynek hasonlósági együtthatója megegyezik a közös szög koszinuszával.

Bizonyíték. Legyen AA1, BB1, CC1 egy ABC hegyesszögű háromszög magassága, és ABC = ?(2.2. ábra). A BA1A és CC1B derékszögű háromszögeknek közös ?, tehát hasonlóak, és ezért BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Ebből következik, hogy BA1/BC1=BA/BC = cos ?, azaz ban ben ?C1BA1 és ?ABC oldalak szomszédos közös ??C1BA1~ ?ABC, és a hasonlósági együttható egyenlő cos-szal ?. Hasonló módon bebizonyosodik, hogy ?A1CB1~ ?ABC hasonlósági együtthatóval cos BCA, és ?B1AC1~ ?ABC cos CAB hasonlósági együtthatóval.

A derékszögű háromszög befogójára esett magasság két, egymáshoz hasonló és az eredeti háromszöghöz hasonló háromszögre osztja.

Bizonyíték. Tekintsünk egy téglalapot ?Az ABC, amelyik rendelkezik ?BCA = 900, a CD pedig a magassága (2.3. ábra).

Aztán a hasonlóság ?ADC és ?A BDC például a derékszögű háromszögek két láb arányosságának kritériumából következik, mivel AD/CD = CD/DB. Az ADC és BDC derékszögű háromszögek mindegyike hasonló az eredeti derékszögű háromszöghöz, legalábbis a két szög hasonlósági kritériuma alapján.

Feladatok megoldása a magasságok tulajdonságainak felhasználásával kapcsolatban

1. feladat Bizonyítsuk be, hogy az a háromszög, amelynek egyik csúcsa egy adott tompaszögű háromszög csúcsa, a másik két csúcs pedig egy tompaszögű háromszög magasságának alapja, a másik két csúcsából kihagyva, hasonló az adott háromszöghez az első csúcsban lévő szög koszinuszának modulusával megegyező hasonlósági együtthatóval.

Megoldás. Tekintsünk egy tompa ?ABC tompa CAB-vel. Legyen AA1, BB1, CC1 magassága (2.4., 2.5., 2.6. ábra), és legyen CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.

Bizonyíték arra, hogy ?C1BA1~ ?ABC (2.4. ábra) hasonlósági együtthatóval k = cos ?, teljes mértékben megismétli az 1. tulajdonság igazolásának 2.2.

Bizonyítsuk be ?A1CB~ ?ABC (2.5. ábra) hasonlósági együtthatóval k1= cos ?, a ?B1AC1~ ?ABC (2.6. ábra) hasonlósági együtthatóval k2 = |cos? |.

Valójában a CA1A és a CB1B derékszögű háromszögeknek közös szöge van ?és ezért hasonló. Ebből következik, hogy B1C/ BC = A1C / AC= cos ?és ezért B1C/A1C = BC / AC = cos ?, azaz az A1CB1 és ABC háromszögekben a közöst alkotó oldalak ??, arányosak. És akkor a háromszögek hasonlóságának második kritériuma szerint ?A1CB~ ?ABC, és a hasonlósági együttható k1= cos ?. Ami az utóbbi esetet illeti (2.6. ábra), akkor a derékszögű háromszögek figyelembevételéből ?BB1A és ?CC1A egyenlő függőleges szögekkel BAB1 és C1AC, ebből az következik, hogy hasonlóak, és ezért B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, mert ??- hülye. Ezért B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| és így háromszögekben ?B1AC1 és ?Az egyenlő szöget bezáró ABC oldalak arányosak. Ez pedig azt jelenti ?B1AC1~ ?ABC hasonlósági együtthatóval k2 = |cos? |.

2. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha az O pont egy ABC hegyesszögű háromszög magasságainak metszéspontja, akkor ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Megoldás. Bizonyítsuk be a feladat feltételében megadott képletek közül az első érvényességét. A fennmaradó két képlet érvényessége hasonlóképpen bizonyított. Tehát legyen ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 és C1 - az A, B és C csúcsokból húzott háromszög magasságának alapjai (2.7. ábra). Ekkor a BC1C derékszögű háromszögből az következik, hogy BCC1 = 900 - ?és így be derékszögű háromszög OA1C szög COA1 egyenlő ?. De az AOC + COA1 = szögek összege ? + ?egyenes szöget ad, és ezért AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, amit igazolni kellett.

3. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy hegyesszögű háromszög magasságai egy olyan háromszög szögfelezői, amelynek csúcsai ennek a háromszögnek a magasságainak az alapjai.

2.8

Megoldás. Legyen AA1, BB1, CC1 egy ABC hegyesszögű háromszög magassága, és legyen CAB = ?(2.8. ábra). Bizonyítsuk be például, hogy az AA1 magasság a C1A1B1 szög felezőpontja. Valójában, mivel a C1BA1 és az ABC háromszögek hasonlóak (1. tulajdonság), akkor BA1C1 = ?és ezért C1A1A = 900 - ?. Az A1CB1 és ABC háromszögek hasonlóságából az következik, hogy AA1B1 = 900 - ?és ezért C1A1A = AA1B1 = 900 - ?. De ez azt jelenti, hogy AA1 a C1A1B1 szög felezője. Hasonlóképpen bebizonyosodott, hogy az ABC háromszög másik két magassága az A1B1C1 háromszög másik két megfelelő szögének felezőpontja.

3 Háromszög körének súlypontja

A háromszög mediánja egy olyan szakasz, amely a háromszög bármely csúcsát összeköti a szemközti oldal felezőpontjával.

Tétel. A háromszög mediánja egy pontban metszi egymást (súlypont).

Bizonyíték. Tekintsünk egy önkényes ABC.

Jelöljük O betűvel az AA1 és BB1 mediánok metszéspontját, és húzzuk meg ennek a háromszögnek az A1B1 középvonalát. Az A1B1 szakasz párhuzamos az AB oldallal, így 1 = 2 és 3 = 4. ?AOB és ?Az A1OB1 két szögben hasonló, ezért oldalaik arányosak: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. De AB=2A1B1, tehát AO=2A1O és BO=2B1O. Így az AA1 és BB1 mediánok metszéspontjának O pontja felülről számolva mindegyiket 2:1 arányban osztja el.

Hasonlóképpen bebizonyosodott, hogy a BB1 és CC1 mediánok metszéspontja felülről számolva mindegyiket 2:1 arányban osztja, és ezért egybeesik az O ponttal, és 2 arányban osztja: 1, felülről számolva.

A háromszög medián tulajdonságai:

10 A háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást, és felülről számolva elosztjuk a metszésponttal 2:1 arányban.

Adott: ?ABC, AA1, BB1 - mediánok.

Bizonyítsuk be: AO:OA1=BO:OB1=2:1

Bizonyíték. Rajzoljuk meg az A1B1 középvonalat (2.10. ábra), a tulajdonságnak megfelelően középső vonal A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. A1B1 óta || AB, majd 1 \u003d 2 keresztben az AB és A1B1 párhuzamos vonalakon, és szekáns AA1. 3 \u003d 4 keresztben fekvő A1B1 és AB párhuzamos vonalakkal és a BB1 szekánssal.

Következésképpen, ?AOW ~ ?A1OB1 két szög egyenlőségével, tehát az oldalak arányosak: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

A medián a háromszöget két azonos területű háromszögre osztja.

Bizonyíték. BD – medián ?ABC (2.11. ábra), BE - a magassága. Akkor ?ABD és ?A DBC-k egyenlőek, mert egyenlő AD és DC bázisuk van, és közös BE magasságuk.

Az egész háromszöget a mediánjai hat egyenlő háromszögre osztják.

Ha a háromszög mediánjának folytatása során a háromszög oldalának közepéből a mediánnal egyenlő hosszúságú szakaszt félreteszünk, akkor ennek a szakasznak a végpontja és a háromszög csúcsai a háromszög csúcsai. a paralelogramma.

Bizonyíték. Legyen D a BC oldal felezőpontja ?ABC (2.12. ábra), E pont az AD egyenesen, ahol DE=AD. Ekkor mivel az ABEC négyszög metszéspontjuk D pontjában lévő AE és BC átlói ketté vannak osztva, a 13.4 tulajdonságból következik, hogy az ABEC négyszög paralelogramma.

A mediánok tulajdonságainak felhasználásával kapcsolatos problémák megoldása:

1. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha O a mediánok metszéspontja ?Akkor az ABC ?AOB, ?BOC és Az AOC egyenlő.

Megoldás. Legyen AA1 és BB1 mediánok ?ABC (2.13. ábra). Fontolgat ?AOB és ?BOC. Nyilvánvaló, hogy S ?AOB=S ?AB1B-S ?AB1O,S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. De a 2. tulajdonságnál az S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB=S ?OB1C, ami azt jelenti, hogy S ?AOB=S ?B.O.C. Az egyenlőség S ?AOB=S ?AOC.

2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az O pont belül van ?ABC és ?AOB, ?BOC és ?Az AOC egyenlő, akkor O a mediánok metszéspontja? ABC.

Megoldás. Fontolgat ?ABC (2.14) és tételezzük fel, hogy az O pont nem a BB1 mediánon fekszik. Aztán mivel OB1 a medián ?AOC, majd S ?AOB1=S ?B1OC , és mivel az S feltétel szerint ?AOB=S ?BOC, majd S ?AB1OB=S ?BOB1C. De ez nem lehet, hiszen ?ABB1=S ?B1BC. Az így kapott ellentmondás azt jelenti, hogy az O pont a BB1 mediánján fekszik. Hasonlóképpen bebizonyosodik, hogy az O pont a másik két mediánhoz tartozik ?ABC. Ebből az következik, hogy az O pont valóban a három medián metszéspontja? ABC.

3. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha be ?Az AB és BC ABC oldalak nem egyenlőek, akkor a BD felezőpontja a BM medián és a BH magasság között van.

Bizonyíték. Leírjuk kb ?Az ABC egy kör, és a BD felezőmetszetét addig nyújtja, amíg a K pontban nem metszi a kört. A K ponton keresztül lesz egy merőleges felezőpont az AC szakaszra (1. tulajdonság a 2.1. bekezdésből), amelynek közös M pontja van a mediánnal. De mivel a BH és MK szakaszok párhuzamosak, és a B és K pontok az AC egyenes ellentétes oldalán helyezkednek el, akkor a BK és AC szakaszok metszéspontja a HM szakaszhoz tartozik, és ez bizonyítja az állítást.

Feladat 4. Be ?Az ABC medián BM fele akkora, mint az AB oldal, és 400 -os szöget zár be vele.

Megoldás. Hosszabbítsuk meg a BM mediánt az M ponton túl annak hosszával, és kapjuk meg a D pontot (2.15. ábra). Mivel AB \u003d 2BM, akkor AB \u003d BD, vagyis az ABD háromszög egyenlő szárú. Ezért ROSSZ = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Az ABCD négyszög paralelogramma, mert átlóit a metszéspont felezi. Tehát CBD = ADB = 700. Ekkor ABC = ABD + CBD = 1100. A válasz 1100.

5. feladat: Az ABC oldalak egyenlőek a, b, c. Számítsa ki a c oldalra húzott mc mediánt (2.16. ábra).

Megoldás. Duplázzuk meg a mediánt úgy, hogy az?ABC-t kiegészítjük az ASBP paralelogrammára, és alkalmazzuk erre a paralelogrammára a 8. Tételt. Kapjuk: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, azaz. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, innen kapjuk:

2.4 Euler-kör. Euler vonal

Tétel. Egy tetszőleges háromszög középpontjai, magasságai, valamint a háromszög csúcsait az ortocentrumával összekötő szakaszok felezőpontjai ugyanazon a körön fekszenek, amelynek sugara megegyezik a körülírt kör sugarának felével. a háromszögről. Ezt a kört kilencpontos körnek vagy Euler-körnek nevezzük.

Bizonyíték. Vegyük az MNL mediánt (2.17. ábra), és írjunk le körülötte egy W kört. Az LQ szakasz az AQB téglalap mediánja, ezért LQ=1/2AB. MN szegmens=1/2AB, as MN - középvonal?ABC. Ebből következik, hogy a QLMN trapéz egyenlő szárú. Mivel a W kör az L, M, N egyenlőszárú trapéz 3 csúcsán halad át, így a negyedik Q csúcson is átmegy. Hasonlóképpen bebizonyosodik, hogy P W-hez, R W-hez tartozik.

Térjünk át az X, Y, Z pontokra. Az XL szakasz merőleges a BH-ra, mint a középső egyenesre?AHB. A BH szakasz merőleges az AC-re, és mivel az AC párhuzamos az LM-re, a BH merőleges az LM-re. Ezért XLM=P/2. Hasonlóképpen, XNM= F/2.

Az LXNM négyszögben két szemközti szög derékszög, tehát kör írható körülötte. Ez a W kör lesz. Tehát X W-hez tartozik, hasonlóképpen Y W-hez, Z W-hez tartozik.

A középső ?LMN hasonló az ?ABC-hez. A hasonlósági együttható 2. Ezért a kilencpontos kör sugara R/2.

Euler-kör tulajdonságai:

A kilenc pontból álló kör sugara megegyezik az ABC körül körülírt kör sugarának felével.

A kilenc pontból álló kör homotetikus az ?ABC körüli körülírt körrel az együtthatóval ½ és a homotitás központja a H pontban.

Tétel. A körülírt kör ortocentruma, súlypontja, középpontja és a kilenc pontból álló kör középpontja ugyanazon az egyenesen fekszik. Euler egyenes.

Bizonyíték. Legyen H az ABC ortocentruma (2.18. ábra), O pedig a körülírt kör középpontja. A konstrukció szerint a merőleges felezők?ABC tartalmazzák az?MNL medián magasságait, azaz O egyben az ortocentruma?LMN. ?LMN ~ ?ABC, hasonlósági együtthatójuk 2, tehát BH=2ON.

Húzzon egy vonalat a H és O pontokon. Két hasonló háromszöget kapunk?NOG és?BHG. Mivel BH=2ON, akkor BG=2GN. Ez utóbbi azt jelenti, hogy a G pont egy súlypont?ABC. A G pontra a HG:GO=2:1 arány teljesül.

Legyen további TF az MNL merőleges felező, F pedig ennek a merőlegesnek a HO egyenessel való metszéspontja. Vegyük fontolóra a ?TGF-et és a ?NGO-t. A G pont egy centroid?MNL, tehát a TGF és?NGO hasonlósági együttható egyenlő 2-vel. Ezért OG=2GF és mivel HG=2GO, akkor HF=FO és F a HO szakasz felezőpontja.

Ha ugyanezt az érvelést hajtjuk végre az MNL másik oldalra merőleges felezőre vonatkozóan, akkor annak is át kell haladnia a HO szakasz közepén. De ez azt jelenti, hogy az F pont merőleges felezőszögek pontja?MNL. Egy ilyen pont az Euler-kör középpontja. A tétel bizonyítást nyert.

KÖVETKEZTETÉS

Ebben a cikkben az iskolában tanult háromszög 4 csodálatos pontját és azok tulajdonságait vizsgáltuk meg, amelyek alapján számos problémát meg tudunk oldani. A Gergonne-pontot, az Euler-kört és az Euler-vonalat is figyelembe vették.

HASZNÁLT FORRÁSOK LISTÁJA

1.Geometria 7-9. Tankönyv középiskolák számára // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. és mások - M .: Oktatás, 1994.

2.Amelkin V.V. Geometria a síkon: Elmélet, feladatok, megoldások: Proc. Kézikönyv a matematikáról // V.V. Amelkin, V.L. Rabcevics, V.L. Timohovich - Mn .: "Asar", 2003.

.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Kézikönyv az elemi geometriáról. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Problémák a planimetriában. - 4. kiadás, kiegészítve - M .: A Moszkvai Matematikai Folyamatos Oktatási Központ kiadója, 2001.

A Szverdlovszki Régió Általános és Szakoktatási Minisztériuma.

MOUO Jekatyerinburg.

Oktatási intézmény - MOUSOSH No. 212 "Jekatyerinburgi Kulturális Líceum"

Oktatási terület - matematika.

A téma a geometria.

A háromszög figyelemre méltó pontjai

Referencia: 8. osztályos tanuló

Szelickij Dmitrij Konstantinovics.

Tudományos tanácsadó:

Rabkanov Szergej Petrovics.

Jekatyerinburg, 2001

Bevezetés 3

Leíró rész:

Orthocenter 4

5. jégközpont

Súlypont 7

A körülírt kör középpontja 8

Euler 9. sor

Gyakorlati rész:

Ortocentrikus háromszög 10

11. következtetés

Hivatkozások 11

Bevezetés.

A geometria egy háromszöggel kezdődik. A háromszög két és fél évezred óta a geometria szimbóluma. Folyamatosan új funkciókat fedeznek fel. A háromszög összes ismert tulajdonságáról beszélni sok időbe telik. Érdekeltek az úgynevezett "A háromszög figyelemre méltó pontjai". Ilyen pontok például a felezők metszéspontja. Figyelemre méltó, hogy ha három tetszőleges pontot veszünk a térben, háromszöget készítünk belőlük és felezőket rajzolunk, akkor ezek (a felezők) egy pontban metszik egymást! Úgy tűnik, ez nem lehetséges, mert tetszőleges pontokat vettünk, de ez a szabály mindig működik. Más "csodálatos pontok" hasonló tulajdonságokkal rendelkeznek.

A témával kapcsolatos szakirodalom elolvasása után rögzítettem magamnak öt csodálatos pont és egy háromszög definícióit és tulajdonságait. De a munkám ezzel nem ért véget, ezeket a pontokat magam akartam feltárni.

Ezért cél ennek a munkának a tanulmányozása a háromszög néhány figyelemreméltó tulajdonsága, valamint az ortocentrikus háromszög tanulmányozása. E cél elérése során a következő szakaszok különböztethetők meg:

Irodalom válogatás, tanári segítséggel

A háromszög figyelemreméltó pontjainak és egyeneseinek alapvető tulajdonságainak megismerése

Ezen tulajdonságok általánosítása

Ortocentrikus háromszöggel kapcsolatos feladat felvázolása és megoldása

A kutatási munkában elért eredményeket bemutattam. Az összes rajzot számítógépes grafikával (CorelDRAW vektorgrafikus szerkesztő) készítettem.

Orthocenter. (Magasságok metszéspontja)

Bizonyítsuk be, hogy a magasságok egy pontban metszik egymást. Menjünk át a csúcsokon DE, NÁL NÉLés TÓL TŐL háromszög ABC az ellenkező oldalakkal párhuzamos egyenesek. Ezek a vonalak háromszöget alkotnak DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 . a háromszög magassága ABC a háromszög oldalainak felező merőlegesei DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 . ezért egy pontban metszik egymást - a háromszög körülírt körének középpontjában DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 . A háromszög magasságainak metszéspontját ortocentrumnak nevezzük ( H).

A középpont egy beírt kör középpontja.

(A felezők metszéspontja)

Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög szögfelezői ABC egy pontban metszik egymást. Vegye figyelembe egy pontot O szögfelezők metszéspontjai DEés NÁL NÉL. az A szög felezőjének bármely pontja egyenlő távolságra van az egyenesektől ABés AC, és a szögfelező bármely pontja NÁL NÉL egyenlő távolságra az egyenesektől ABés nap, szóval a lényeg O egyenlő távolságra az egyenesektől ACés nap, azaz a szögfelezőn fekszik TÓL TŐL. pont O egyenlő távolságra az egyenesektől AB, napés SA, tehát van egy kör középpontjával Oérinti ezeket a vonalakat, és az érintkezési pontok magukon az oldalakon fekszenek, nem pedig a meghosszabbításukon. Valóban, a csúcsok szögei DEés NÁL NÉL háromszög AOBéles ezért pontvetítés O közvetlenül AB a szegmensen belül fekszik AB.

A bulikra napés SA a bizonyíték hasonló.

A központ három ingatlannal rendelkezik:

Ha a szögfelező folytatása TÓL TŐL metszi a háromszög körülírt körét ABC azon a ponton M, akkor MA=MV=MO.

Ha egy AB- egyenlő szárú háromszög alapja ABC, majd a szög oldalait érintő kör DIA pontokon DEés NÁL NÉL, áthalad a ponton O.

Ha egy ponton átmenő egyenes O oldalával párhuzamosan AB, metszi az oldalakat napés SA pontokon DE 1 és NÁL NÉL 1 , akkor DE 1 NÁL NÉL 1 =DE 1 NÁL NÉL+AB 1 .

Gravitáció középpontja. (A mediánok metszéspontja)

Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást. Ehhez vegye figyelembe a lényeget M ahol a mediánok metszik egymást AA 1 és BB 1 . csináljuk háromszögben BB 1 TÓL TŐL középső vonal DE 1 DE 2 , párhuzamos BB 1 . akkor DE 1 M: AM=NÁL NÉL 1 DE 2 :AB 1 =NÁL NÉL 1 DE 2 :NÁL NÉL 1 TÓL TŐL=VA 1 :Nap=1:2, azaz medián pont BB 1 és AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Hasonlóképpen a mediánok metszéspontja SS 1 és AA 1 osztja a mediánt AA 1 1:2 arányban. Ezért a mediánok metszéspontja AA 1 és BB 1 egybeesik a mediánok metszéspontjával AA 1 és SS 1 .

Ha egy háromszög mediánjainak metszéspontja össze van kötve a csúcsokkal, akkor a háromszögeket három egyenlő területű háromszögre osztjuk. Valóban elegendő annak bizonyítása, hogy ha R- a medián bármely pontja AA 1 háromszögben ABC, majd a háromszögek területei AVRés ACP egyenlőek. Végül is mediánok AA 1 és RA 1 háromszögekben ABCés RVS vágjuk őket egyenlő területű háromszögekre.

A fordított állítás is igaz: ha valamikor R, a háromszög belsejében fekszik ABC, háromszögek területei AVR, SZERDÁNés SAR akkor egyenlők R a mediánok metszéspontja.

A metszéspontnak van még egy tulajdonsága: ha bármilyen anyagból háromszöget vágunk, mediánokat rajzolunk rá, emelést rögzítünk a mediánok metszéspontjában és a felfüggesztést háromlábúra rögzítjük, akkor a modell (háromszög) egy egyensúlyi állapot, ezért a metszéspont nem más, mint a háromszög súlypontja.

A körülírt kör középpontja.

Bizonyítsuk be, hogy létezik a háromszög csúcsaitól egyenlő távolságra lévő pont, vagy más szóval, hogy van egy kör, amely átmegy a háromszög három csúcsán. A pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok helye DEés NÁL NÉL, merőleges a szakaszra ABáthalad a felezőpontján (a szakaszra merőleges felező AB). Vegye figyelembe egy pontot O ahol a szakaszok merőleges felezői metszik egymást ABés nap. Pont O pontoktól egyenlő távolságra DEés NÁL NÉL, valamint pontokból NÁL NÉLés TÓL TŐL. tehát egyenlő távolságra van a pontoktól DEés TÓL TŐL, azaz a szakasz felező merőlegesén is fekszik AC.

Központ O a körülírt kör csak akkor fekszik a háromszögön belül, ha a háromszög hegyes. Ha a háromszög derékszögű háromszög, akkor a pont O egybeesik a hipotenusz felezőpontjával, és ha a csúcsnál bezárt szög TÓL TŐL tompa majd egyenes AB elválasztja a pontokat Oés TÓL TŐL.

A matematikában gyakran előfordul, hogy a nagyon különböző módon meghatározott objektumok azonosak. Mutassuk meg ezt egy példával.

Hadd DE 1 , NÁL NÉL 1 ,TÓL TŐL 1 - az oldalak felezőpontjai nap,SAés AV. Bizonyítható, hogy a háromszög körül körülírt körök AB 1 TÓL TŐL, DE 1 nap 1 és DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 egy pontban metszik egymást, és ez a pont a háromszög körülírt körének középpontja ABC. Tehát van két látszólag teljesen különböző pontunk: a háromszög oldalainak középső merőlegeseinek metszéspontja ABCés a háromszögek körülírt köreinek metszéspontja AB 1 TÓL TŐL 1 , DE 1 napés DE 1 NÁL NÉL 1 TÓL TŐL 1 . de kiderül, hogy ez a két pont egybeesik.

Euler egyenes.

a legtöbben csodálatos ingatlan A háromszög figyelemre méltó pontja, hogy némelyikük bizonyos kapcsolatokon keresztül kapcsolódik egymáshoz. Például a súlypont M, ortocentrum Hés a körülírt kör középpontja O fekszenek egy egyenesen, és az M pont úgy osztja fel az OH szakaszt, hogy az összefüggés OM:MN=1:2. Ezt a tételt Leonardo Euler svájci tudós igazolta 1765-ben.

ortocentrikus háromszög.

ortocentrikus háromszög(ortoháromszög) egy háromszög ( MNNak nek), melynek csúcsai az adott háromszög magasságainak alapjai ( ABC). Ennek a háromszögnek számos érdekes tulajdonsága van. Vegyünk közülük egyet.

Ingatlan.

Bizonyít:

háromszögek AKM, CMNés FELSZAKADOZOTT FELHŐZET háromszöghöz hasonló ABC;

Egy merőleges háromszög szögei MNK vannak: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π-2 L B, L MNK = π - - 2 L C.

Bizonyíték:

Nekünk van AB kötözősaláta A, AK kötözősaláta A. Következésképpen, AM/AB = AK/AC.

Mert háromszögek ABCés AKM sarok DE közös, akkor hasonlóak, amiből arra következtetünk, hogy a szög L AKM = L C. Ezért L BKM = L C. Akkor van L MKC= π/2 - L C, L NKC= π/2 – - - L C, azaz SC- szögfelező MNK. Így, L MNK= π - 2 L C. A fennmaradó egyenlőségeket hasonlóképpen bizonyítjuk.

Következtetés.

A kutatási munka végén a következő következtetések vonhatók le:

A háromszög figyelemre méltó pontjai és vonalai a következők:

ortocentrum a háromszög magasságainak metszéspontja;

icenter háromszög a felezők metszéspontja;

gravitáció középpontja a háromszög a mediánjainak metszéspontja;

a körülírt kör középpontja a merőleges felezők metszéspontja;

Euler vonal egy egyenes vonal, amelyen a körülírt kör súlypontja, ortocentruma és középpontja található.

Egy ortocentrikus háromszög egy adott háromszöget három hasonlóra oszt.

Miután megtette ez a munka, Sokat tanultam a háromszög tulajdonságairól. Ez a munka a matematikai ismereteim fejlesztése szempontjából volt releváns számomra. A jövőben ezt a legérdekesebb témát kívánom továbbfejleszteni.

Bibliográfia.

Kiselev A.P. Elemi geometria. – M.: Felvilágosodás, 1980.

Kokseter G.S., Greitzer S.L. Új találkozások a geometriával. – M.: Nauka, 1978.

Prasolov V.V. Problémák a planimetriában. - M.: Nauka, 1986. - 1. rész.

Sharygin I.F. Geometriai feladatok: Planimetria. – M.: Nauka, 1986.

Scanavi M. I. Matematika. Problémák a megoldásokkal. - Rostov-on-Don: Főnix, 1998.

Berger M. Geometria két kötetben - M: Mir, 1984.