4 úžasné body. Študentský projekt "Nádherné body trojuholníka"

V trojuholníku sú takzvané štyri úžasné body: priesečník mediánov. Priesečník priesečníkov, priesečník výšok a priesečník kolmých priesečníkov. Pozrime sa na každú z nich.

Priesečník stredov trojuholníka

Veta 1

Na priesečníku mediánov trojuholníka: Stredy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode a sú delené priesečníkom v pomere $2:1$ od vrcholu.

Dôkaz.

Uvažujme trojuholník $ABC$, kde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sú jeho mediány. Keďže mediány delia strany na polovicu. Uvažujme stredová čiara$A_1B_1$ (obr. 1).

Obrázok 1. Stredy trojuholníka

Podľa vety 1 $AB||A_1B_1$ a $AB=2A_1B_1$ teda $\uhol ABB_1=\uhol BB_1A_1,\ \uhol BAA_1=\uhol AA_1B_1$. To znamená, že trojuholníky $ABM$ a $A_1B_1M$ sú podobné podľa prvého kritéria podobnosti trojuholníkov. Potom

Podobne je dokázané, že

Veta je dokázaná.

Priesečník osi trojuholníka

Veta 2

Na priesečníku priesečníkov trojuholníka: Priečnice trojuholníka sa pretínajú v jednom bode.

Dôkaz.

Uvažujme trojuholník $ABC$, kde $AM,\BP,\CK$ sú jeho osi. Nech bod $O$ je priesečníkom osi $AM\ a\BP$. Z tohto bodu nakreslíme kolmice na strany trojuholníka (obr. 2).

Obrázok 2. Osy trojuholníka

Veta 3

Každý bod osy nerozvinutého uhla je rovnako vzdialený od jeho strán.

Podľa vety 3 máme: $OX=OZ,\ OX=OY$. Preto $OY=OZ$. To znamená, že bod $O$ je rovnako vzdialený od strán uhla $ACB$, a teda leží na jeho stredovej osi $CK$.

Veta je dokázaná.

Priesečník odvesničiek trojuholníka

Veta 4

Odvesny na strany trojuholníka sa pretínajú v jednom bode.

Dôkaz.

Nech je daný trojuholník $ABC$, $n,\ m,\ p$ jeho odvesny. Nech bod $O$ je priesečníkom odvesníc $n\ a\ m$ (obr. 3).

Obrázok 3. Odvesny trojuholníka

Aby sme to dokázali, potrebujeme nasledujúcu vetu.

Veta 5

Každý bod kolmice na úsečku je rovnako vzdialený od koncov úsečky.

Podľa vety 3 máme: $OB=OC,\ OB=OA$. Preto $OA=OC$. To znamená, že bod $O$ je rovnako vzdialený od koncov úsečky $AC$, a teda leží na jej odvesne $p$.

Veta je dokázaná.

Priesečník výšok trojuholníka

Veta 6

Výšky trojuholníka alebo ich predĺženia sa pretínajú v jednom bode.

Dôkaz.

Uvažujme trojuholník $ABC$, kde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ je jeho nadmorská výška. Nakreslite priamku cez každý vrchol trojuholníka rovnobežnú so stranou protiľahlou k vrcholu. Dostaneme nový trojuholník $A_2B_2C_2$ (obr. 4).

Obrázok 4. Výšky trojuholníka

Pretože $AC_2BC$ a $B_2ABC$ sú rovnobežníky s spoločná strana, potom $AC_2=AB_2$, to znamená, že bod $A$ je stred strany $C_2B_2$. Podobne zistíme, že bod $B$ je stredom strany $C_2A_2$ a bod $C$ je stredom strany $A_2B_2$. Z konštrukcie máme, že $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Preto $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sú odvesny trojuholníka $A_2B_2C_2$. Potom podľa vety 4 máme, že výšky $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sa pretínajú v jednom bode.

Priesečník stredníc trojuholníka Priesečník osi trojuholníka Priesečník nadmorských výšok trojuholníka Priesečník odvesničiek trojuholníka

Medián (BD) trojuholníka je segment, ktorý spája vrchol trojuholníka so stredom protiľahlej strany. A B C D Medián

Stredy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode (ťažisko trojuholníka) a delia sa týmto bodom v pomere 2:1, počítajúc od vrcholu. AM: MA1 = VM: MV1 = SM:MS1 = 2:1. A A 1 B B 1 M C C 1

Osa (AD) trojuholníka je úsečka vnútorného uhla trojuholníka.

Každý bod osy nerozvinutého uhla je rovnako vzdialený od jeho strán. A naopak: každý bod ležiaci vo vnútri uhla a rovnako vzdialený od strán uhla leží na jeho stredovej osi. A M B C

Všetky osy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode - v strede kružnice vpísanej do trojuholníka. C B 1 M A V A 1 C 1 O Polomer kružnice (OM) je kolmica spadnutá zo stredu (TO) na stranu trojuholníka.

VÝŠKA Nadmorská výška (C D) trojuholníka je kolmá úsečka vedená z vrcholu trojuholníka k priamke obsahujúcej opačnú stranu. A B C D

Výšky trojuholníka (alebo ich predĺženia) sa pretínajú v jednom bode. A A 1 B B 1 C C 1

STREDNEČASŤ Kolmica (DF) je priamka kolmá na stranu trojuholníka a deliaca ju na polovicu. A D F B C

A M B m O Každý bod kolmice (m) na úsečku je rovnako vzdialený od koncov tejto úsečky. A naopak: každý bod rovnako vzdialený od koncov úsečky leží na kolmici k nej.

Všetky odvesny strán trojuholníka sa pretínajú v jednom bode - v strede kružnice opísanej trojuholníku. A B C O Polomer kružnice opísanej je vzdialenosť od stredu kružnice k ľubovoľnému vrcholu trojuholníka (OA). m n p

Úlohy pre žiakov Zostrojte kružnicu vpísanú do tupého trojuholníka pomocou kružidla a pravítka. Postupujte nasledovne: Zostrojte osi v tupom trojuholníku pomocou kružidla a pravítka. Priesečník osi je stred kružnice. Zostrojte polomer kruhu: kolmicu zo stredu kruhu na stranu trojuholníka. Zostrojte kruh vpísaný do trojuholníka.

2. Pomocou kružidla a pravítka zostrojte kružnicu opísanú tupým trojuholníkom. Postupujte nasledovne: Zostrojte kolmice na strany tupého trojuholníka. Priesečník týchto kolmic je stredom kružnice opísanej. Polomer kruhu je vzdialenosť od stredu k akémukoľvek vrcholu trojuholníka. Zostrojte kruh okolo trojuholníka.

Liskinsky okres, mestská vzdelávacia inštitúcia Anoshkinskaya stredná škola.

Učiteľka matematiky Smorchková E.B.

Cieľ projektu: naučiť sa používať rôznu literatúru o geometrii, referenčné materiály na podrobnejšie štúdium témy „Pozoruhodné body trojuholníka“, poskytnúť úplnejšie pochopenie témy, pripraviť prezentáciu na túto tému na demonštráciu počas prejavov a na hodinách.

Geometria začína strojuholník. Už je to dva a polV novom tisícročí je trojuholník ako symbol geometrie; ale nie je to len symbol, trojuholník je atóm geometrie.A aj dnes sa školská geometria stáva zaujímavou azmysluplná, stáva sa geometriou vlastnou len od začiatkuvzhľad trojuholníka. Predchádzajúce pojmy - bodka, rovnáach, uhol - zdajú sa byť nejasné abstrakcie, ale ďalejAnalýza teorémov a problémov s nimi spojených je jednoducho nudná.

Už od prvých krokov svojho vývoja sa človek a najmä moderný človek stretáva so všetkými možnými geometrickými objektmi – postavami a telami. Existujú prípady, keď sa človek v mladom veku, ak nie v detstve, začne zaujímať o geometriu a dokonca robí nezávislé geometrické objavy. Malý Blaise Pascal tak prišiel s „geometrickou hrou“, ktorá zahŕňala „mince“ – kruhy, „natiahnuté klobúky“ – trojuholníky, „stoly“ – obdĺžniky, „paličky“ – segmenty. Jeho otec, ktorý mal dôkladné znalosti z matematiky, najprv rozhodne vylúčil matematiku z množstva predmetov, ktoré učil svojho syna, keďže malý Blaise nebol zdravotne v poriadku. Keď však objavil synovu vášeň, povedal mu niečo o záhadnej geometrii, a keď Blaisea zachytil v momente, keď zistil, že uhly trojuholníka tvoria dva pravé uhly, dojatý otec dal svojmu 12-ročnému syn prístup k matematickým knihám uloženým v domácej knižnici.

Trojuholník je nevyčerpateľný – neustále sa objavujú jeho nové vlastnosti. Ak chcete hovoriť o všetkých jeho známych vlastnostiach, potrebujete zväzok, ktorý je objemovo porovnateľný so zväzkom Veľkej encyklopédie. O niektorých, alebo skôr o niektorých úžasné body, súvisí s trojuholníkom, chceme vám povedať.

Najprv vysvetlíme význam výrazu „pozoruhodné body trojuholníka“. Všetci vieme, že bisektory vnútorné rohy trojuholníky sa pretínajú v jednom bode - stred kružnice vpísanej do tohto trojuholníka. Rovnakým spôsobom sa v jednom bode pretínajú stredy, výšky trojuholníka a kolmice na jeho strany.

Body vyplývajúce z priesečníka uvedených trojíc priamok sú, samozrejme, pozoruhodné (napokon, tri priamky sa spravidla pretínajú v troch rôzne body). Možné sú aj pozoruhodné body iných typov, napríklad body, v ktorých niektorá funkcia definovaná pre všetky body trojuholníka dosiahne extrém. Na druhej strane, pojem „pozoruhodné body trojuholníka“ by sa mal interpretovať skôr na literárno-emocionálnej úrovni ako na formálno-matematickej. Existuje známy sofizmus, ktorý „dokazuje“, že všetko celé čísla„zaujímavé“. (Za predpokladu, že existujú „nezaujímavé“ čísla, zoberme si z nich najmenšie. Toto číslo je nepochybne „zaujímavé“: je zaujímavé už len tým, že je najmenšie medzi „nezaujímavými“.) Podobné úvahy, „dokazujúce“, že všetky body trojuholníka sú „pozoruhodné“, možno v našom prípade zostrojiť. Prejdime k niektorým príkladom.

CENTRUM KRUHU

Dokážme, že existuje bod rovnako vzdialený od vrcholov trojuholníka, alebo inými slovami, že prechádza kruhcez tri vrcholy trojuholníka. Lokus bodov v rovnakej vzdialenosti od bodov A A IN, je kolmá na segment AB, prechádzajúci cez jeho stred (kolmica na úsečku AB). Zvážte pointu O, v ktorej sa pretínajú kolmé osi segmentov AB A Slnko. Bodka O rovnako vzdialené od bodov A a B, ako aj od bodov IN A S. Preto je v rovnakej vzdialenosti od bodov A A S, t.j. tiež leží na kolmici na úsečku AC(obr. 50).

centrum O kružnica opísaná leží vo vnútri trojuholníka iba vtedy, ak je trojuholník ostrý. Ak je trojuholník pravouhlý, potom bod O sa zhoduje so stredom prepony,

a ak uhol pri vrchole S tupý potom rovný AB oddeľuje body O a C.

Ak je v Δ ABC vrcholový uhol S ostrá potom strana AB viditeľné z bodu O pod uhlom rovným 2 <. AOB dvakrát toľko, ako je napísané < ACB , spočíva na rovnakom oblúku. Ak <. C hlúpa potom strana AB viditeľné z bodu O v uhle 360° - 2<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin S, Kde R- polomer kružnice opísanej Δ ABC. V skutočnosti, nech S 1 - stred strany AB. Potom AC 1 = AOhriech <. AOC 1 = R hriech C teda AB =2 A.C. 1 =2 R sin C. Sínusovú vetu možno formulovať aj inak: „Priemet priemeru kružnice opísanej kolmej na prvú stranu trojuholníka na priamku obsahujúcu druhú stranu sa rovná tretej strane.“ Toto ťažkopádne tvrdenie je vlastne len teorém sínusov.

V matematike sa často stáva, že objekty definované úplne odlišnými spôsobmi sa ukážu ako rovnaké. Ukážme si to na príklade.

Nech A 1, B 1 a C 1 sú stredy strán VS, S A A AB. Dá sa dokázať, že kružnice opísané okolo Δ AB 1 C 1 , Δ A 1 B.C. 1 a A A 1 B 1 C , sa pretínajú v jednom bode a tento bod je stredom kružnice opísanej Δ ABC(obr. 51). Máme teda dva zdanlivo úplne odlišné body: priesečník kolmice osi na strany Δ ABC a priesečník opísaných kružníc Δ AB 1 S 1 , Δ AiBCi a A AiBiC . Ukazuje sa však, že z nejakého dôvodu sa tieto dva body zhodujú!

Urobme však sľúbený dôkaz. Stačí dokázať, že stred O kružnice opísanej Δ ABC leží na kruhoch opísaných okolo Δ AB 1 S 1 , Δ A iBCi a A A 1 B 1 C . Uhly OB 1 A A OS 1 A priamky, teda body IN 1 A S 1 ležať na kruhu s priemerom OA,čo znamená, že bod O leží na kružnici opísanej okolo Δ AB 1 C 1 . Pre Δ AiBCi a A A 1 IN 1 S dôkaz je podobný.

Dokázané tvrdenie je špeciálnym prípadom veľmi zaujímavej vety: ak po stranáchAB, BCASAtrojuholníkABCzískané ľubovoľné bodyS 1 , A 1 AIN 1 , potom popísanékruh ΔAB 1 S 1 , Δ A 1 slnko 1 a AA 1 IN 1 S pretínajú v jednombod.

Urobme poslednú poznámku týkajúcu sa stredu opísanej kružnice. Priamy A 1 IN 1 A AB sú teda paralelné OS 1 kolmý A 1 IN 1 Podobne OB 1 kolmý A 1 C 1 A OA 1 kolmý IN 1 S 1 , t.j. O- priesečník výšok trojuholníka A 1 B 1 S 1 ... Počkať počkať! Zatiaľ sme nedokázali, že výšky trojuholníka sa pretínajú v jednom bode. Nedá sa to nejako dokázať? K tomuto rozhovoru sa vrátime neskôr.

STRED INDICKÉHO KRUHU

Dokážme, že osi uhla Δ ABC pretínajú v jednom bode. Uvažujme bod O priesečníka osi uhla A a B. Body osi ľubovoľného uhla A v rovnakej vzdialenosti od priamych čiar AB A AC, a ľubovoľný bod osi uhla B v rovnakej vzdialenosti od priamych čiar AB A slnko, preto je bod O rovnako vzdialený od čiar AC A slnko, to znamená, že leží na osi uhla C. Bod O je rovnako vzdialený od priamych čiar AB, BC A SA, To znamená, že existuje kruh so stredom O, dotyčnice k týmto čiaram a dotykové body ležia na samotných stranách a nie na ich predĺženiach. V skutočnosti uhly vo vrcholoch A a BΔ AOB ostrý, teda priemet bodu O na priamku AB leží vo vnútri segmentu AB. Na večierky slnko A SA dôkaz je podobný.

Nechaj A 1 , IN 1 A S 1 - body dotyku vpísanej kružnice trojuholníka so stranami VS, SA A AB(obr. 52). Potom AB 1 = AC 1 , B.C. 1 = B.A. 1 A SA 1 = SV 1 . Okrem toho uhol B 1 A 1 C 1 rovné uhlom na základni rovnoramenného Δ AB 1 S 1 (podľa vety o uhle medzi dotyčnicou a tetivou) atď. Pre uhol B 1 C 1 A 1 a uhol A 1 B 1 C 1 dôkaz je podobný.

Uhly v základni akéhokoľvek rovnoramenného trojuholníka sú ostré, preto Δ A 1 B 1 C 1 je ostré pre ľubovoľné Δ ABC.

Ak X = AB 1 , r = B.C. 1 A z = C.A. 1 , To x+y = c,r + z = a A z + X = b , Kde A,b A s- dĺžky strán Δ ABC. Sčítaním prvých dvoch rovnosti a odčítaním tretej od nich dostaneme y= (a+c-c)/2. Podobne x=(b+c-a)/2 A z =(a+b-c)/2. Treba poznamenať, že pre štvoruholník by takéto uvažovanie neviedlo k požadovanému výsledku, pretože zodpovedajúci systém rovníc

buď nemá žiadne riešenia, alebo ich má nekonečný počet. V skutočnosti, ak x+y=a,r + z = b , z + t = c A t + X = d , To y=a-X,z = b -r = b - a+x A t = c - b + a -X, a z rovnosti t + X = d z toho vyplýva a + c = b + d . Preto ak a+c sa nerovná b+ d , potom systém nemá riešenia a ak a + c = b + d , To X možno zvoliť ľubovoľne, a y,z , t sú vyjadrené prostredníctvom X.

Vráťme sa opäť k jednoznačnosti riešenia sústavy rovníc pre trojuholník. Pomocou neho môžeme dokázať nasledujúce tvrdenie: nech sa kružnice so stredmi A, B a C zvonka dotýkajú v bodoch A 1, IN 1 A S 1 (obr. 53). Potom kružnica opísaná Δ A 1 B 1 C 1 vpísané v Δ ABC. V skutočnosti, ak x, y A z - polomery kružníc; a , b A s- dĺžky strán Δ ABC, To x+y = c,r + z = a , r + X = b .

Dokážme tri vlastnosti stredu O vpísaná kružnica Δ ABC .

1. Ak je pokračovanie osi uhla S pretína kružnicu opísanú Δ ABC v bode M, To MA=MV=MO(obr. 54).

Dokážme napríklad, že v Δ AMO uhly vo vrcholoch A a O sú v skutočnosti rovnaké.<OAM = < OAB + < BAM A < AOM =< OAC +<А CO , < OAB=<ОАС A< VY=TY<ВСМ = < ACO . teda AM = MO. Podobne VM=MO.

2. Ak AB- základňa rovnoramenných Δ ABC, potom kruh dotýkajúci sa strán<ACB v bodoch A a B, prechádza bodom O (obr. 55).

Nech O" je stred (menšieho) oblúka AB predmetný kruh. Vlastnosťou uhla medzi dotyčnicou a tetivou<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, t. j. bod O“ leží na osi < A . Podobne možno ukázať, že leží na osi < B , t.j. O" = O.

3. Ak je priamka prechádzajúca bodom O rovnobežná so stranou AB, prechádza po stranách slnko A SA v bodoch A 1 A IN 1 , To A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .

Dokážme, že Δ AB 1 O rovnoramenné. Naozaj, < B 1 O.A. = < OAB = < B 1 A.O. (obr. 56). Preto AB 1 = B 1 0. Podobne A 1 B = A 1 O , čo znamená A 1 B 1 = A 1 O+O.B. 1 = A 1 B + AB 1 .

Vpustite Δ ABC vrcholové uhly A, B a C sa rovnajú α, β, γ . Vypočítajme uhol, pod ktorým je strana AB viditeľné z bodu O. Keďže uhlov Δ JSC B vo vrcholoch A a B sa teda rovnajú α/2 a β/2

< AOB = 180°- (a+p)/2=180°- (180°- y)/2=90°+y/2. Toto

Vzorec môže byť užitočný pri riešení mnohých problémov.

Zistime napríklad, v akom prípade štvoruholník tvorený stranami AC A slnko a bisektory AA 1 A BB 1 , je zapísaný. Štvoruholník O.A. 1 C.B. 1 zapísané vtedy a len vtedy < A 1 C.B. 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, čo znamená y = 60°. V tomto prípade akordy O.A. 1

A OB 1 opísaná kružnica štvoruholníka OA 1 NE 1 sú rovnaké, pretože majú rovnaké uhly OCA 1 A SOĽ 1 .

Vpísaná kružnica Δ ABC sa dotýka jeho strán vo vnútorných bodoch. Poďme zistiť, aké kruhy sa dotýkajú troch čiar AB, BC A SA. Stred kružnice dotýkajúcej sa dvoch pretínajúcich sa čiar leží na jednej z dvoch čiar, ktoré pretínajú uhly medzi pôvodnými čiarami. Preto sa stredy kružníc dotýkajú priamok AB, BC A SA, ležia na osiach vonkajších alebo vnútorných uhlov trojuholníka (alebo ich predĺžení). Priesečník vnútorného uhla prechádza priesečníkom ľubovoľných dvoch priesečníkov vonkajšieho uhla. Dôkaz tohto tvrdenia doslovne opakuje dôkaz zodpovedajúceho tvrdenia pre osy vnútorných uhlov. Výsledkom sú 4 kruhy so stredmi O, O A , Oh A O s (obr. 57). Kruh so stredom O A sa dotýka strany slnko A

pokračovania strán AB A AC; tento kruh sa nazýva nezapísané obvod Δ ABC. Polomer vpísanej kružnice trojuholníka sa zvyčajne označuje r a polomery kružníc r A , G b a g s . Medzi polomermi kružnice vpísanej a kružnice platia nasledujúce vzťahy:

G / g s =(р-с)/р a G G s =(p – a) (p – b), Kde R- poloobvod Δ ABC. Poďme to dokázať. Nech K a L sú dotykové body vpísaného bodu a kružnica s priamkou slnko(obr. 58). Pravé trojuholníky ŠŤAVA A CO c L sú teda podobné

G / g s = OK/O s L = CK / C.L. .. Predtým bolo dokázané, že SC = (a+b-c)/2=p-c.

Zostáva to skontrolovať C.L. = p .

Nechaj M A R- dotykové body kružnice s priamkami AB A AC. Potom

CL= (CL+CP)/ 2 = (CB+BL+CA+AP)/2 = (CB+BM + CA+AM)/2 = R

Na preukázanie vzťahu rr c =(p - a )(p - b ) zvážte pravouhlé trojuholníky L.O. C B A KVO, ktoré sú podobné, pretože

<OBK +< O C B.L. =(<СВА + <АВ L )/2 = 90°.

znamená, L O s /ВL =BK /KO, t.j. rr c = K.O. · L.O. c = B.K. · B.L. . Zostáva poznamenať, že VK=(a + c - b )/2= p - b A B.L. = C.L. - C.B. = p - a .

Všimnime si ešte jednu zaujímavú vlastnosť (už skutočne preukázanú cestou). Nech sa vpísaný a krúžok dotýkajú strany AB v bodoch N A M(obr. 58). Potom A.M. = BN . Naozaj, BN = p - b A AM=AR=SR-AS=p - c.

Pomery rr c =(p - A)(p-V ) A r p=r s (R-c) možno použiť na odvodenie Heronovho vzorca S 2 = p (p - a )(p - b )(p - c ), Kde S - oblasť trojuholníka. Vynásobením týchto pomerov dostaneme r 2 p =(p - a )(p - b )(p - c ). Zostáva to skontrolovať S = pr . To sa dá ľahko urobiť rezom Δ ABC na ΔAOB, ΔBOS A ΔSOA.

STREDNÝ PRIesečník

Dokážme, že stredy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode. Za týmto účelom zvážte bod M, kde sa mediány pretínajú AA 1 A BB 1 . Vykonajme v Δ BB1S stredová čiara A 1 A 2 , paralelný BB 1 (obr. 59). Potom A 1 M : A.M. = B 1 A 2 : AB 1 = B 1 A 2 : B 1 C = B.A. 1 :VS=1:2, t.j. priesečník mediánov BB 1 A AA 1 rozdeľuje medián AA 1 v pomere 1:2. Podobne aj priesečník mediánov SS 1 A AA 1 rozdeľuje medián AA 1 v pomere 1:2. Preto priesečník mediánov AA 1 A BB 1 sa zhoduje s priesečníkom mediánov AA 1 A SS 1 .

Ak je priesečník stredov trojuholníka spojený s vrcholmi, trojuholník sa rozdelí na tri trojuholníky rovnakej plochy. Skutočne stačí dokázať, že ak R- ľubovoľný bod mediánu AA 1 V ABC, potom oblasť ΔAVR A ΔACP sú si rovní. Predsa mediány AA 1 A RA 1 v Δ ABC a A RVS nakrájajte ich na trojuholníky s rovnakou plochou.

Platí aj opačné tvrdenie: ak pre nejaký bod R, ležiace vo vnútri Δ ABC, oblasť Δ AVR, Δ V STREDU A ΔSAR sú si teda rovní R- priesečník mediánov. V skutočnosti z rovnosti oblastí ΔAVR A ΔHRV z toho vyplýva, že vzdialenosti od bodov A a C k priamke VR sú si rovní, čo znamená VR prechádza stredom segmentu AC. Pre AR A SR dôkaz je podobný.

Rovnosť plôch trojuholníkov, na ktoré delia stredy trojuholník, nám umožňuje nájsť pomer plôch s trojuholníka zloženého z mediánov takto ΔABC, do oblasti S samotného Δ ABC. Nechaj M- priesečník mediánov Δ ABC; bodka A" symetrické A vzhľadom na bod M(Obr. 60)

Na jednej strane oblasť ΔA"MS rovná S/3. Na druhej strane sa tento trojuholník skladá zo segmentov, z ktorých dĺžka sa rovná 2/3 dĺžky zodpovedajúceho mediánu, takže jeho plocha

rovná sa (2/3) 2 s = 4 s/9. teda s =3 S /4.

Veľmi dôležitou vlastnosťou priesečníka mediánov je, že súčet troch vektorov smerujúcich z neho k vrcholom trojuholníka je rovný nule. Najprv si to všimnime AM = 1/3(AB+AC), Kde M- priesečník mediánov Δ ABC . V skutočnosti, ak

ABA "S- rovnobežník teda AA"=AB+AC A AM = 1/3AA". Preto MA + MV + MC = 1/3 (BA + SA + AB + SV + AC + BC) = 0.

Je tiež zrejmé, že túto vlastnosť má iba priesečník mediánov, pretože ak X - teda akýkoľvek iný bod

HA+XB+XC=(XM+MA)+(XM+MV)+(XM+MS)=3ХМ..

Pomocou tejto vlastnosti priesečníka stredníc trojuholníka môžeme dokázať nasledujúce tvrdenie: priesečník stredníc trojuholníka s vrcholmi v stredoch strán AB,CD A EF šesťuholník A B C D E F sa zhoduje s priesečníkom mediánov trojuholníka s vrcholmi v stredoch strán slnko,DE A F.A. . Vlastne s využitím toho, že ak by napr. R- stred segmentu AB, potom za akýkoľvek bod X rovnosť je pravda HA+ HB=2ХР, je ľahké dokázať, že priesečníky mediánov oboch uvažovaných trojuholníkov majú tú vlastnosť, že súčet vektorov smerujúcich z nich k vrcholom šesťuholníka je rovný nule. Preto sa tieto body zhodujú.

Priesečník stredov má jednu vlastnosť, ktorá ho výrazne odlišuje od ostatných pozoruhodných bodov trojuholníka: ak Δ A"B"C" je projekcia ΔABC na rovinu, potom priesečník stredníc Δ A "B" C" je priemetom priesečníka stredov ΔABC na rovnakej rovine. To ľahko vyplýva z toho, že pri premietaní stred úsečky ide do stredu jej priemetu, čo znamená, že medián trojuholníka ide do mediánu jeho priemetu. Túto vlastnosť nemá ani stred ani výška.

Treba poznamenať, že priesečník stredov trojuholníka je jeho ťažisko, a to ako ťažisko systému troch hmotných bodov s rovnakou hmotnosťou, ktoré sa nachádzajú vo vrcholoch trojuholníka, tak aj ťažisko trojuholníka. doska v tvare daného trojuholníka. Rovnovážna poloha trojuholníka zaveseného v ľubovoľnom bode X , tam bude poloha, v ktorej lúč HM smerujúce do stredu Zeme. Pre trojuholník sklopný v priesečníku stredov je akákoľvek poloha rovnovážnou polohou. Okrem toho trojuholník, ktorého stredný priesečník spočíva na hrote ihly, bude tiež v rovnovážnej polohe.

PRIesečník nadmorských výšok

Dokázať, že výšky Δ ABC pretínajú v jednom bode, pripomeňte si cestu dôkazu načrtnutú na konci časti „Stred ohraničeného kruhu“. Prevedieme vás vrcholmi A, B A S rovné čiary rovnobežné s opačnými stranami; tieto čiary tvoria Δ A 1 IN 1 S 1 (obr. 61). Výšky Δ ABC sú kolmé osi na strany ΔA 1 B 1 C 1 . V dôsledku toho sa pretínajú v jednom bode - v strede opísanej kružnice ΔA 1 B 1 C 1 . Priesečník výšok trojuholníka sa niekedy nazýva jeho ortocentrum.

Je ľahké skontrolovať, že ak H je priesečník výšok Δ ABC, To A, B A S - výška priesečníkov Δ VNS, ΔSNA a A ANV resp.

To je tiež jasné<ABC + < A.H.C. = 180°, pretože < B.A. 1 H = < B.C. 1 H =90° (A 1 A C 1 - základne výšok). Ak bod H 1 symetricky k bodu H vzhľadom na priamku AC, potom štvoruholník ABCN 1 zapísané. V dôsledku toho polomery kružníc opísaných Δ ABC a A AN S sú rovnaké a tieto kruhy sú symetrické vzhľadom na stranu AC(obr. 62). Teraz je ľahké to dokázať

AN=a|ctg A|, kde a=BC. Naozaj,

AH = 2R hriech< ACH = 2R|cos A| =a|ctg A| .

Pre jednoduchosť predpokladajme ΔABC ostrý uhol a zvážte Δ A 1 B 1 C 1 , tvorené základňami jeho výšok. Ukazuje sa, že stred vpísanej kružnice Δ A 1 B 1 C 1 je priesečník výšok Δ ABC, a stredy kruhov

ΔA 1 B 1 C 1 sú vrcholy Δ ABC(obr. 63). Body A 1 A IN 1 CH(od rohov NV 1 S a ON 1 S rovno), tak < H.A. 1 B 1 = < HCB 1 . Podobne<H.A. 1 C 1 = < HBC 1 . A odvtedy<HCB 1 = =< HBC 1 To A 1 A - bisector<IN 1 A 1 S 1 .

Nechaj N- priesečník výšok AA 1 , BB 1 A CC 1 trojuholník ABC . Body A 1 A IN 1 ležať na kruhu s priemerom AB, Preto A.H. · A 1 H = B.H. · B 1 H . Podobne VNB 1 H =CH.C 1 N.

Pre ostrý trojuholník platí aj opačné tvrdenie: ak body A 1, B 1 A C 1 ležať na bokoch VS, SA a AB s ostrým uhlom Δ ABC a segmentov AA 1 , BB 1 A SS 1 pretínajú v bode R, a AR A 1 Р=ВР·В 1 P=CP·S 1 R, To R- priesečník výšok. V skutočnosti z rovnosti

AP ·A1P =BP ·B1P

z toho vyplýva, že body A, B, A 1 A IN 1 ležať na rovnakom kruhu s priemerom AB,čo znamená < AB 1 B = < B.A. 1 A =γ. Podobne < ACiC =< CAiA = β A <СВ 1 B=<ВС 1 C= α (obr. 64). Je tiež zrejmé, že α + β= CC 1 A = l 80°, p+y = 180° a y + a = 180°. Preto α = β=γ=90°.

Priesečník výšok trojuholníka sa dá určiť aj iným veľmi zaujímavým spôsobom, ale na to potrebujeme pojmy vektor a skalárny súčin vektorov.

Nechaj O- stred kružnice opísanej Δ ABC. Vektorový súčet O A+ O.B. + OS je nejaký vektor, takže existuje taký bod R,Čo OR = OA + OB + OS. Ukazuje sa, že R- priesečník výšok Δ ABC!

Dokážme to napríklad AP kolmý B.C. . To je jasné AR=AO+

+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os a všetky= -ov+os. Preto skalárny súčin vektorov AR A slnko rovná sa OS 2 - O.B. 2 = R 2 - R 2 =0, tj tieto vektory sú kolmé.

Táto vlastnosť ortocentra trojuholníka nám umožňuje dokázať niektoré ďaleko od zjavných tvrdení. Zoberme si napríklad štvoruholník A B C D , vpísaný do kruhu. Nechaj Na, Nv, Ns A H d - ortocentrá Δ BCD , Δ CDA , Δ DAB a A ABC resp. Potom stredy segmentov AN A , VN, CH S , D.H. d vyrovnať sa. V skutočnosti, ak O je stred kruhu a M- stred segmentu AN A , To OM = 1/2 (0A + OH A ) = = 1/2 (OA + OB + OS + OD ) . Pre stredy ostatných troch segmentov získame presne tie isté výrazy.

EULER DIRECT

Najúžasnejšia vlastnosť nádherných bodiek jeuhol je v tom, že niektoré z nich sú navzájom spojenéurčitými pomermi. Napríklad priesečník medián M, priesečník výšok H so stredom kružnice opísanejvlastnosti O ležia na rovnakej priamke a bodM rozdeľuje segment ON aby bol vzťah platnýOM:MN= 1:2. Toto vetu dokázal v roku 1765 Leonhard Euler, ktorýSvojou neúnavnou činnosťou výrazne rozvinul mnohé oblasti matematiky a položil základy mnohých jej nových odvetví. Narodil sa v roku 1707 vo Švajčiarsku. Vo veku 20 rokov odporučil EulerBratia Bernoulliovci dostali pozvanie do Petrohraduburg, kde bola krátko predtým zorganizovaná akadémia. INkoncom roku 1740 v Rusku v súvislosti s nástupom Anny Leopolovej k mociDovna, nastala alarmujúca situácia a Euler sa presťahoval doBerlín. Po 25 rokoch sa do Ruska opäť vrátil, celkovoEuler žil v Petrohrade viac ako 30 rokov. Počas pobytu v Burleynie, Euler udržiaval úzky kontakt s Ruskou akadémiou a boljej čestným členom. Z Berlína si Euler dopisoval s Lomonomsovy Ich korešpondencia sa začala nasledovne. V roku 1747 bol Lomonosov zvolený za profesora, teda za riadneho člena akadémie; Cisárovná túto voľbu schválila. Potomreakčný predstaviteľ Akadémie Schumacher, ktorý právo vehementne nenávidíMonosov, poslal svoju prácu Eulerovi v nádeji, že o nich získa informáciezlá recenzia. (Euler bol len o 4 roky starší ako Lomonosov,ale jeho vedecká autorita bola už vtedy veľmi vysoká.)Euler vo svojej recenzii napísal: „Všetky tieto diela nie sú len dobréshi, ale aj vyborne, lebo vysvetluje fyzikalne a chemicke najnutnejšie a najťažšie záležitosti, ktoré sú úplne neznáme a interpretácie boli nemožnétým najvtipnejším a najučenejšímslávnych ľudí, s takýmto zakladateľomvec, ktorou som si celkom istýpresnosť jeho dôkazov...Človek si musí priať všetkoktoré akadémie dokázali ukázať také vynálezy, žektoré pán Lomo ukázal nosy."

Prejdime k dôkazu Eulerova veta. Uvažujme Δ A 1 B 1 C 1 s vrcholmi v stredy strán Δ ABC; nech H 1 a H sú ich ortocentrá (obr. 65). Bod H 1 sa zhoduje so stredom O opísaná kružnica Δ ABC. Dokážme, že Δ C 1 H 1 M =Δ CHM . Vlastne vlastnosťou priesečníka mediánov S 1 M: SM= 1:2, koeficient podobnosti Δ A 1 B 1 C 1 a A ABC sa rovná 2, teda C 1 H 1 : CH =1:2, okrem toho<H 1 C 1 M =<НСМ (C 1 H 1 || CH ). preto< C 1 M.H. 1 = < SMN,čo znamená bod M leží na segmente H 1 H . okrem toho H 1 M : M.H. =1:2, keďže koeficient podobnosti Δ C 1 H 1 M a A SNM rovná sa 2.

KRUH DEVIATICH BODOV

V roku 1765 Euler zistil, že stredy strán trojuholníka a základne jeho výšok ležia na tej istej kružnici. Túto vlastnosť trojuholníka dokážeme aj my.

Nech B 2 je základňa výšky spustenej zhora IN na
strane AC. Body IN a B2 sú symetrické okolo priamky A 1 S 1
(obr. 66). Preto Δ A 1 IN 2 S 1 = Δ A 1 B.C. t = Δ A 1 B 1 C 1 , Preto < A 1 B 2 C 1 = <А 1 IN 1 S 1 , čo znamená bod IN 2 leží na popísanom
kruh ΔA 1 IN 1 S 1 . Pre zvyšné základy výšok je dôkaz podobný. „

Následne sa zistilo, že na tej istej kružnici ležia ďalšie tri body – stredy segmentov spájajúcich ortocentrum s vrcholmi trojuholníka. Tak to je kruh deviatich bodov.

Nechaj Az A NW- stredy segmentov AN A CH, S 2 - základňa výšky poklesnutá zhora S na AB(obr. 67). Najprv to dokážme A 1 C 1 A 3 C 3 - obdĺžnik. To ľahko vyplýva zo skutočnosti, že A 1 NW A A 3 C 1 - stredové čiary Δ VSN A ΔAVN, A A 1 C 1 A A 3 NW- stredové čiary Δ ABC a A ASN. Preto tie body A 1 A Az ležať na kruhu s priemerom S 1 NW, a odvtedy Az A NW ležať na kružnici prechádzajúcej bodmi A 1, C 1 a C2. Tento kruh sa zhoduje s kruhom, ktorý uvažoval Euler (ak Δ ABC nie rovnoramenné). Za bod Vz dôkaz je podobný.

TORRICELLIHO BOD

Vo vnútri ľubovoľného štvoruholníka A B C D Je ľahké nájsť bod, ktorého súčet vzdialeností k vrcholom má najmenšiu hodnotu. Taký bod je bod O priesečník jeho uhlopriečok. V skutočnosti, ak X - teda akýkoľvek iný bod AH+HS≥AC=AO+OS A BX + XD ≥ BD = B.O. + O.D. , a aspoň jedna z nerovností je prísna. V prípade trojuholníka sa podobný problém rieši ťažšie. Pre jednoduchosť zvážime prípad ostrého trojuholníka.

Nechaj M- nejaký bod vo vnútri ostrého uhla Δ ABC. Otočme to Δ ABC spolu s bodkou M 60° okolo bodu A(obr. 68). (Presnejšie, nech B, C A M"- obrázky bodov B, C A M pri otočení o 60° okolo bodu A.) Potom AM+VM+SM=MM"+B.M. + C " M ", AM=MM", Takže ako ΔAMM"- rovnoramenný (AM=AM") A<MAM" = 60°. Pravá strana rovnosti je dĺžka prerušovanej čiary VMM"S" ; to bude najmenšie, keď táto prerušovaná čiara

sa zhoduje so segmentom slnko" . V tomto prípade<. A.M.B. = 180° -<AMM" = 120° a<АМС = <A.M. " C - 180°-<A.M. " M = 120°, teda strany AB, BC a SA sú viditeľné z bodu M pod uhlom 120°. Taká pointa M volal Torricelliho bod trojuholník ABC .

Dokážme však, že vo vnútri ostrého trojuholníka vždy existuje bod M, z ktorej je každá strana viditeľná pod uhlom 120°. Postavme to na stranu AB trojuholník ABC navonok správne Δ ABC 1 (obr. 69). Nechaj M-priesečník kružnice opísanej ΔABC 1 a rovno SS 1 . Potom ABC 1 = 60° A ABC viditeľné z bodu M pod uhlom 120°. Ak budeme pokračovať v týchto argumentoch trochu ďalej, môžeme získať ďalšiu definíciu Torricelliho bodu. Zostavme pravidelné trojuholníky A 1 slnko A AB 1 S aj na stranách ozbrojených síl a AC. Dokážme, že aj bod M leží na priamke AA 1 . Naozaj, bodka M leží na kružnici opísanej Δ A 1 B.C. , Preto<A 1 M.B. = < A 1 C.B. = 60°,čo znamená<A 1 MV+<. B.M.A. = 180°. Rovnako bod M leží na priamke BB 1 (obr. 69).

Vo vnútri Δ ABC existuje jediný bod M, z ktorého sú jeho strany viditeľné pod uhlom 120°, pretože opísané kružnice Δ ABC 1 , Δ AB i C a A A 1 slnko nemôže mať viac ako jeden spoločný bod.

Uveďme teraz fyzikálnu (mechanickú) interpretáciu Torricelliho bodu. Opravme Δ vo vrcholoch ABC krúžky, prevlečieme cez ne tri laná, ktorých jeden koniec je zviazaný a na druhý koniec sú pripevnené bremená rovnakej hmotnosti (obr. 70). Ak x = MA, y = MV,z = M.C. A A je dĺžka každého vlákna, potom sa potenciálna energia uvažovaného systému rovná m g (X -A)+ m g (r - a )+ mg (z --A). V rovnovážnej polohe má potenciálna energia najmenšiu hodnotu, teda aj súčet x+y+z má najmenšiu hodnotu. Na druhej strane, v rovnovážnej polohe je výslednica síl v bode M rovná nule. Tieto sily sú rovnaké v absolútnej veľkosti, preto párové uhly medzi vektormi síl sú rovné 120°.

Zostáva povedať, ako sa veci majú v prípade tupého trojuholníka. Ak je tupý uhol menší ako 120°, potom zostávajú v platnosti všetky predchádzajúce argumenty. A ak je tupý uhol väčší alebo rovný 120°, tak súčet vzdialeností od bodu trojuholníka k jeho vrcholom bude najmenší, keď je tento bod vrcholom tupého uhla.

BROKARDOVE BODY

Brocard body Δ ABC takéto vnútorné body sa nazývajú R A Q , Čo<ABP = <. BCP =< CAP A<. QAB = <. QBC = < QCA (pri rovnostrannom trojuholníku sa body Brocard spájajú do jedného bodu). Dokážme, že vo vnútri akéhokoľvek Δ ABC je tu pointa R, majúci požadovanú vlastnosť (pre bod Q dôkaz je podobný). Najprv sformulujme definíciu Brocardovho bodu v inej forme. Označme hodnoty uhla podľa obrázku 71. Keďže<ARV = 180° - a+x-y, rovnosť x=y je ekvivalentom rovnosti<APB =180°-< . A . teda R- bod Δ ABC, z ktorých strán AB,
slnko A SA viditeľné pod uhlom 180° -<. A , 180°-<B , 180°-<S.
Takýto bod možno skonštruovať nasledovne. Stavajme ďalej
strane slnko trojuholník ABC podobný trojuholník CA1B
ako je znázornené na obrázku 72. Dokážme, že bod P priesečníka priamky AA1 a opísanú kružnicu ΔA1BC vyhľadávaný. V skutočnosti,<BPC =18 O ° - β A<APB = 180°-<A t P.B. = 180° -<A 1 C.B. = l 80°- A.Ďalej zostrojme podobné trojuholníky na stranách podobným spôsobom AC A AB(obr. 73). Pretože<. APB = 180° - A, bodka R tiež leží na kružnici opísanej Δ ABC 1 teda<BPC 1 = <BAC 1 = β, čo znamená bod
R leží na segmente SS 1 . Podobne leží na segmente BB 1 ,
t.j. R - priesečník segmentov AA 1 , BB 1 A SS 1 .

Brocardova pointa R má nasledujúcu zaujímavú vlastnosť. Nechajte rovno AR, VR A SR pretínajú kružnicu opísanú ΔABC

v bodoch A 1, B 1 a C 1 (obr. 74). Potom Δ ABC = Δ B 1 S 1 A 1 .IN v skutočnosti,<. A 1 B 1 C 1 = < A 1 B 1 B + < BB1C1=<A 1 AB +<В CC 1 =<A 1 AB + +< A 1 A.C. =<.ВАС, vlastnosťou Brocardovho bodu ΔABC sú uhly BCC 1 a A 1 AC rovnaké, čo znamená A 1 C 1 = B.C. . Rovnosť zostávajúcich strán Δ ABC a Δ B 1 C 1 A 1 sa kontrolujú rovnakým spôsobom.

Vo všetkých prípadoch, ktoré sme uvažovali, je možné dôkaz, že zodpovedajúce trojice priamok sa pretínajú v jednom bode, vykonať pomocou Ceva teorém. Túto vetu sformulujeme.

Veta. Nechajte po stranách AB, BC A S A trojuholník ABC získané body S 1 , A 1 A IN 1 resp. Priamy AA 1 , BB 1 A SS 1 pretínajú v jednom bode vtedy a len vtedy

AC 1 / C 1 V VA 1 / A 1 C SV 1 / V 1 A = 1.

Dôkaz tejto vety je uvedený v učebnici geometrie pre ročníky 7-9 od L.S.

Literatúra.

1.Atanasyan L.S. Geometria 7-9.- M.: Vzdelávanie, 2000.

2. Kiselev A.P. Elementárna geometria - M.: Vzdelávanie, 1980.

3. Nikolskaja I.L. Voliteľný kurz z matematiky. M.: Vzdelávanie, 1991.

4. Encyklopedický slovník mladého matematika.. Porov. A.P.Savin.-.M.: Pedagogika, 1989.

V trojuholníku sú takzvané štyri pozoruhodné body: priesečník stredníc. Priesečník priesečníkov, priesečník výšok a priesečník kolmých priesečníkov. Pozrime sa na každú z nich.

Priesečník stredov trojuholníka

Veta 1

Na priesečníku mediánov trojuholníka: Stredy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode a sú delené priesečníkom v pomere $2:1$ od vrcholu.

Dôkaz.

Uvažujme trojuholník $ABC$, kde $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sú jeho mediány. Keďže mediány delia strany na polovicu. Uvažujme strednú čiaru $A_1B_1$ (obr. 1).

Obrázok 1. Stredy trojuholníka

Podobne je dokázané, že

Veta je dokázaná.

Priesečník osi trojuholníka

Veta 2

Na priesečníku priesečníkov trojuholníka: Priečnice trojuholníka sa pretínajú v jednom bode.

Dôkaz.

Uvažujme trojuholník $ABC$, kde $AM,\BP,\CK$ sú jeho osi. Nech bod $O$ je priesečníkom osi $AM\ a\BP$. Z tohto bodu nakreslíme kolmice na strany trojuholníka (obr. 2).

Obrázok 2. Osy trojuholníka

Veta 3

Každý bod osy nerozvinutého uhla je rovnako vzdialený od jeho strán.

Podľa vety 3 máme: $OX=OZ,\ OX=OY$. Preto $OY=OZ$. To znamená, že bod $O$ je rovnako vzdialený od strán uhla $ACB$, a teda leží na jeho stredovej osi $CK$.

Veta je dokázaná.

Priesečník odvesničiek trojuholníka

Veta 4

Odvesny na strany trojuholníka sa pretínajú v jednom bode.

Dôkaz.

Nech je daný trojuholník $ABC$, $n,\ m,\ p$ jeho odvesny. Nech bod $O$ je priesečníkom odvesníc $n\ a\ m$ (obr. 3).

Obrázok 3. Odvesny trojuholníka

Aby sme to dokázali, potrebujeme nasledujúcu vetu.

Veta 5

Každý bod kolmice na úsečku je rovnako vzdialený od koncov úsečky.

Podľa vety 3 máme: $OB=OC,\ OB=OA$. Preto $OA=OC$. To znamená, že bod $O$ je rovnako vzdialený od koncov úsečky $AC$, a teda leží na jej odvesne $p$.

Veta je dokázaná.

Priesečník výšok trojuholníka

Veta 6

Výšky trojuholníka alebo ich predĺženia sa pretínajú v jednom bode.

Dôkaz.

Obrázok 4. Výšky trojuholníka

Keďže $AC_2BC$ a $B_2ABC$ sú rovnobežníky so spoločnou stranou, potom $AC_2=AB_2$, čiže bod $A$ je stredom strany $C_2B_2$. Podobne zistíme, že bod $B$ je stredom strany $C_2A_2$ a bod $C$ je stredom strany $A_2B_2$. Z konštrukcie máme, že $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Preto $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sú odvesny trojuholníka $A_2B_2C_2$. Potom podľa vety 4 máme, že výšky $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ sa pretínajú v jednom bode.