Pozoruhodné body trojuholníka sa v škole neštudovali. Projekt "Nádherné body trojuholníka"

Priesečník stredníc trojuholníka Priesečník osi trojuholníka Priesečník 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. 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 osy v tupom trojuholníku pomocou kružidla a pravítka. Priesečník osi je stredom kruhu. 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.

Najprv dokážme vetu o osi uhla.

Veta

Dôkaz

1) Zoberte ľubovoľný bod M na osnici uhla BAC, nakreslite kolmice MK a ML na priamky AB a AC a dokážte, že MK = ML (obr. 224). Uvažujme pravouhlé trojuholníky AM K a AML. Sú rovnaké v prepone a ostrom uhle (AM je spoločná prepona, ∠1 = ∠2 podľa konvencie). Preto MK = ML.

2) Nech bod M leží vo vnútri uhla BAC a je rovnako vzdialený od jeho strán AB a AC. Dokážme, že lúč AM je osou uhla BAC (pozri obr. 224). Nakreslíme kolmice MK a ML na priamky AB a AC. Pravouhlé trojuholníky AMK a AML sú rovnaké v prepone a nohe (AM je spoločná prepona, MK = ML podľa konvencie). Preto ∠1 = ∠2. To však znamená, že lúč AM je osou uhla BAC. Veta bola dokázaná.

Ryža. 224

Dôsledok 1

Dôsledok 2

V skutočnosti označme písmenom O priesečník priesečníkov AA 1 a BB 1 trojuholníka ABC a nakreslime z tohto bodu kolmice OK, OL a OM k priamkam AB, BC a CA. (Obr. 225). Podľa osvedčenej vety OK = OM a OK = OL. Preto OM = OL, t.j. bod O je rovnako vzdialený od strán uhla ACB, a preto leží na osnici CCi tohto uhla. V dôsledku toho sa všetky tri osi trojuholníka ABC pretínajú v bode O, čo bolo potrebné dokázať.

Ryža. 225

Vlastnosti kolmice na úsečku

Kolmica na úsečku je priamka prechádzajúca stredom danej úsečky a kolmá na ňu.

Ryža. 226

Dokážme vetu o kolmici na úsečku.

Veta

Dôkaz

Nech priamka m je kolmica na úsečku AB, bod O je stred tejto úsečky (obr. 227, a).

Ryža. 227

1) Uvažujme ľubovoľný bod M na priamke m a dokážte, že AM = BM. Ak sa bod M zhoduje s bodom O, potom táto rovnosť platí, pretože O je stredom segmentu AB. Nech M a O rôzne body. Pravouhlé trojuholníky OAM a OBM sú rovnaké na dvoch nohách (OA = OB, OM je spoločná noha), preto AM = VM.

2) Uvažujme ľubovoľný bod N, rovnako vzdialený od koncov úsečky AB, a dokážme, že bod N leží na priamke m. Ak N je bod na priamke AB, potom sa zhoduje so stredom O segmentu AB, a preto leží na priamke m. Ak bod N neleží na priamke AB, tak trojuholník ANB je rovnoramenný, keďže AN = BN (obr. 227, b). Úsečka NO je stredom tohto trojuholníka, a teda aj výškou. Teda NO ⊥ AB, teda priamky ON a m sa zhodujú, t.j. N je bod priamky m. Veta bola dokázaná.

Dôsledok 1

Dôsledok 2

Na dôkaz tohto tvrdenia uvažujme osové kolmice m a n na strany AB a BC trojuholníka ABC (obr. 228). Tieto priamky sa pretínajú v určitom bode O. Ak totiž predpokladáme opak, teda že m || n, potom by priamka BA, ktorá je kolmá na priamku m, bola tiež kolmá na priamku n rovnobežnú s ňou, a potom by dve priamky BA a BC prechádzali bodom B, kolmým na priamku n, čo je nemožné.

Ryža. 228

Podľa dokázanej vety OB = OA a OB = OS. Preto OA = OC, t.j. bod O je rovnako vzdialený od koncov úsečky AC, a preto leží na kolmici p na túto úsečku. V dôsledku toho sa všetky tri osi m, n a p na stranách trojuholníka ABC pretínajú v bode O.

Veta o priesečníku nadmorskej výšky trojuholníka

Dokázali sme, že osi trojuholníka sa pretínajú v jednom bode a osi odvesny na strany trojuholníka sa pretínajú v jednom bode. Predtým bolo dokázané, že stredy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode (časť 64). Ukazuje sa, že nadmorské výšky trojuholníka majú podobnú vlastnosť.

Veta

Dôkaz

Uvažujme ľubovoľný trojuholník ABC a dokážme, že priamky AA 1 BB 1 a CC 1 obsahujúce jeho výšky sa pretínajú v jednom bode (obr. 229).

Ryža. 229

Nakreslite priamku cez každý vrchol trojuholníka ABC rovnobežnú s opačnou stranou. Dostaneme trojuholník A 2 B 2 C 2. Body A, B a C sú stredy strán tohto trojuholníka. V skutočnosti AB = A 2 C a AB = CB 2 ako opačné strany rovnobežníkov ABA 2 C a ABCB 2, teda A 2 C = CB 2. Podobne C2A = AB2 a C2B = BA2. Okrem toho, ako vyplýva z konštrukcie, CC 1 ⊥ A 2 B 2, AA 1 ⊥ B 2 C 2 a BB 1 ⊥ A 2 C 2. Čiary AA 1, BB 1 a CC 1 sú teda odvesne na strany trojuholníka A 2 B 2 C 2. V dôsledku toho sa pretínajú v jednom bode. Veta bola dokázaná.

Ku každému trojuholníku sú teda priradené štyri body: priesečník stredov, priesečník priesečníkov, priesečník kolmých priesečníkov na strany a priesečník nadmorských výšok (alebo ich predĺžení). Tieto štyri body sa nazývajú pozoruhodné body trojuholníka.

Úlohy

674. Z bodu M osy nerozvinutého uhla O sú na strany tohto uhla nakreslené kolmice MA a MB. Dokážte, že AB ⊥ OM.

675. Strany uhla O sa dotýkajú každej z dvoch kružníc, ktoré majú spoločnú dotyčnicu v bode A. Dokážte, že stredy týchto kružníc ležia na priamke O A.

676. Strany uhla A sa dotýkajú kružnice so stredom O s polomerom r. Nájdite: a) OA, ak r = 5 cm, ∠A = 60°; b) d, ak OA = 14 dm, ∠A = 90°.

677. Priečnice vonkajších uhlov vo vrcholoch B a C trojuholníka ABC sa pretínajú v bode O. Dokážte, že bod O je stredom kružnice dotýkajúcej sa priamok AB, BC, AC.

678. Priesečníky AA 1 a BB 1 trojuholníka ABC sa pretínajú v bode M. Nájdite uhly ACM a ВСМ, ak: a) ∠AMB = 136°; b) ∠AMB = 111°.

679. Odvesna na stranu BC trojuholníka ABC pretína stranu AC v bode D. Nájdite: a) AD a CD, ak BD = 5 cm, Ac = 8,5 cm; b) AC, ak BD = 11,4 cm, AD = 3,2 cm.

680. Priečinky na strany AB a AC trojuholníka ABC sa pretínajú v bode D strany BC. Dokážte, že: a) bod D je stredom strany BC; b) ∠A - ∠B + ∠C.

681. Kolmica na stranu AB rovnoramenný trojuholník ABC pretína stranu BC v bode E. Nájdite základňu AC, ak obvod trojuholníka AEC je 27 cm a AB = 18 cm.

682. Rovnoramenné trojuholníky ABC a ABD majú spoločnú základňu AB. Dokážte, že čiara CD prechádza stredom segmentu AB.

683. Dokážte, že ak v trojuholníku ABC nie sú strany AB a AC rovnaké, potom medián AM trojuholníka nie je nadmorská výška.

684. Osy uhlov v základni AB rovnoramenného trojuholníka ABC sa pretínajú v bode M. Dokážte, že priamka CM je kolmá na priamku AB.

685. Výšky AA 1 a BB 1 rovnoramenného trojuholníka ABC nakresleného na bočné strany sa pretínajú v bode M. Dokážte, že priamka MC je odvesna na úsečku AB.

686. Zostrojte kolmicu na tento segment.

Riešenie

Nech AB je daný segment. Zostrojme dve kružnice so stredmi v bodoch A a B polomeru AB (obr. 230). Tieto kružnice sa pretínajú v dvoch bodoch M 1 a M 2. Segmenty AM 1, AM 2, VM 1, VM 2 sú si navzájom rovné ako polomery týchto kružníc.

Ryža. 230

Nakreslíme priamku M 1 M 2. Je to požadovaná kolmica na úsečku AB. V skutočnosti sú body M 1 a M 2 rovnako vzdialené od koncov úsečky AB, takže ležia na kolmici na túto úsečku. To znamená, že priamka M 1 M 2 je kolmica na úsečku AB.

687. Daná priamka a a dva body A a B ležiace na jednej strane tejto priamky. Na priamke a zostrojte bod M, ktorý je rovnako vzdialený od bodov A po B.

688. Je daný uhol a úsečka. Zostrojte bod ležiaci vo vnútri daného uhla, rovnako vzdialený od jeho strán a rovnako vzdialený od koncov daného segmentu.

Odpovede na problémy

674. Poučenie. Najprv dokážte, že trojuholník AOB je rovnoramenný.

676. a) 10 cm; b) 7√2 dm.

678. a) 46° a 46°; b) 21° a 21°.

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

683. Poučenie. Použite metódu dôkazu protirečením.

687. Poučenie. Použite vetu 75.

688. Poučenie. Berte do úvahy, že požadovaný bod leží na osi daného uhla.

1 To znamená, že je v rovnakej vzdialenosti od čiar obsahujúcich strany uhla.

Ministerstvo školstva a vedy Ruská federácia Federálny štátny rozpočet vzdelávacia inštitúcia vyššie odborné vzdelanie

„Magnitogorsk Štátna univerzita»

Fakulta fyziky a matematiky

Katedra algebry a geometrie

Práca na kurze

Pozoruhodné body trojuholníka

Vyplnil: študent skupiny 41

Vakhrameeva A.M.

Vedecký riaditeľ

Velikikh A.S.

Magnitogorsk 2014

Úvod

Historicky geometria začínala trojuholníkom, takže už dva a pol tisícročia bol trojuholník akoby symbolom geometrie; ale nie je len symbolom, je atómom geometrie.

Prečo možno trojuholník považovať za atóm geometrie? Pretože predchádzajúce pojmy – bod, priamka a uhol – sú vágne a nehmotné abstrakcie spolu s pridruženým súborom teorémov a problémov. Preto sa dnes školská geometria môže stať zaujímavou a zmysluplnou, len vtedy sa môže stať geometriou vlastnou, keď zahŕňa hlboké a komplexné štúdium trojuholníka.

Prekvapivo je trojuholník napriek svojej zdanlivej jednoduchosti nevyčerpateľným predmetom skúmania – nikto si ani v našej dobe netrúfa povedať, že študoval a pozná všetky vlastnosti trojuholníka.

To znamená, že štúdium školskej geometrie nemožno vykonávať bez hlbokého štúdia geometrie trojuholníka; kvôli rôznorodosti trojuholníka ako predmetu štúdia – a teda ako zdroja rôzne techniky jeho štúdium - je potrebné vybrať a vyvinúť materiál na štúdium geometrie pozoruhodných bodov trojuholníka. Okrem toho by ste sa pri výbere tohto materiálu nemali obmedzovať iba na pozoruhodné body uvedené v školské osnovyŠtátne vzdelávacie štandardy, ako je stred vpísanej kružnice (priesečník osi), stred opísanej kružnice (priesečník osi), priesečník stredníc, priesečník výšok. Ale pre hlboký prienik do podstaty trojuholníka a pochopenie jeho nevyčerpateľnosti je potrebné mať čo najviac predstáv o viac pozoruhodné body trojuholníka. Okrem nevyčerpateľnosti trojuholníka ako geometrického objektu je potrebné poznamenať aj najúžasnejšiu vlastnosť trojuholníka ako predmetu štúdia: štúdium geometrie trojuholníka môže začať štúdiom ktorejkoľvek z jeho vlastností, brať to ako základ; potom môže byť metodika štúdia trojuholníka zostavená tak, že všetky ostatné vlastnosti trojuholníka môžu byť navlečené na tomto základe. Inými slovami, bez ohľadu na to, kde začnete študovať trojuholník, vždy môžete dosiahnuť akúkoľvek hĺbku tejto úžasnej postavy. Ale potom - ako možnosť - môžete začať študovať trojuholník štúdiom jeho pozoruhodných bodov.

Cieľ práca v kurze pozostáva zo štúdia pozoruhodných bodov trojuholníka. Na dosiahnutie tohto cieľa je potrebné vyriešiť nasledujúce úlohy:

· Preštudujte si pojmy stred, stred, výška, odvesna a ich vlastnosti.

· Zoberme si Gergonnov bod, Eulerovu kružnicu a Eulerovu čiaru, ktoré sa v škole neštudujú.

1. KAPITOLA. Osa trojuholníka, stred vpísanej kružnice trojuholníka. Vlastnosti osi trojuholníka. Gergonna bod

1 Stred vpísanej kružnice trojuholníka

Pozoruhodné body trojuholníka sú body, ktorých umiestnenie je jednoznačne určené trojuholníkom a nezávisí od poradia, v ktorom sú strany a vrcholy trojuholníka brané.

Osa trojuholníka je úsečka uhla trojuholníka spájajúceho vrchol s bodom na opačnej strane.

Veta. Každý bod osi nerozvinutého uhla je rovnako vzdialený (to znamená, že je rovnako vzdialený od čiar obsahujúcich strany trojuholníka) od jeho strán. Naopak: každý bod ležiaci vo vnútri uhla a rovnako vzdialený od strán uhla leží na jeho stredovej osi.

Dôkaz. 1) Vezmite ľubovoľný bod M na osnici uhla BAC, nakreslite kolmice MK a ML na priamky AB a AC a dokážte, že MK = ML. Zvážte pravouhlé trojuholníky ?AMK a ?AML. Sú rovnaké v prepone a ostrom uhle (AM - spoločná prepona, 1 = 2 podľa konvencie). Preto MK = ML.

) Nechajte bod M ležať vo VÁS a byť v rovnakej vzdialenosti od jeho strán AB a AC. Dokážme, že lúč AM je stred BAC. Nakreslíme kolmice MK a ML na priamky AB a AC. Pravouhlé trojuholníky AKM a ALM sú rovnaké v prepone a nohe (AM je spoločná prepona, MK = ML podľa konvencie). Preto 1 = 2. To však znamená, že lúč AM je osou BAC. Veta bola dokázaná.

Dôsledok. Osy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode (stred kružnice a stred).

Označme písmenom O priesečník priesečníkov AA1 a BB1 trojuholníka ABC a nakreslime z tohto bodu kolmice OK, OL a OM na priamky AB, BC a CA. Podľa vety (Každý bod osy nerozvinutého uhla je rovnako vzdialený od jeho strán. Naopak: každý bod ležiaci vo vnútri uhla a rovnako vzdialený od strán uhla leží na jeho osi) hovoríme, že OK = OM a OK = OL. Preto OM = OL, to znamená, že bod O je rovnako vzdialený od strán ACB, a preto leží na osnici CC1 tohto uhla. Preto všetky tri osi ?ABC sa pretínajú v bode O, čo je potrebné dokázať.

kruh osy trojuholník čiara

1.2 Vlastnosti osi trojuholníka

Bisector BD (obr. 1.1) ľubovoľného uhla ?ABC rozdeľuje opačnú stranu na časti AD a CD úmerné susedným stranám trojuholníka.

Musíme dokázať, že ak ABD = DBC, potom AD: DC = AB: BC.

Vykonajme CE || BD do križovatky v bode E s pokračovaním strany AB. Potom podľa vety o úmernosti úsečiek vytvorených na priamkach pretínaných niekoľkými rovnobežkami budeme mať pomer: AD: DC = AB: BE. Aby sme sa dostali od tohto podielu k podielu, ktorý je potrebné dokázať, stačí zistiť, že BE = BC, t.j. ?VŠETKY rovnoramenné. V tomto trojuholníku E = ABD (ako zodpovedajúce uhly s rovnobežnými čiarami) a ALL = DBC (ako priečne uhly s rovnakými rovnobežkami).

Ale ABD = DBC podľa podmienky; to znamená E = VŠETKO, a preto sú strany BE a BC ležiace oproti rovnakým uhlom rovnaké.

Teraz, nahradením BE v pomere napísanom vyššie za BC, dostaneme podiel, ktorý je potrebné dokázať.

20 Osy vnútorného a susedného uhla trojuholníka sú kolmé.

Dôkaz. Nech BD je osou ABC (obr. 1.2) a BE je osou susedného vnútorný roh externý CBF, ?ABC. Ak potom označíme ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, potom 2 ? + 2?= 1800 a teda ?+ ?= 900. A to znamená, že BD? BE.

30 Osa vonkajšieho uhla trojuholníka rozdeľuje opačnú stranu zvonka na časti úmerné susedným stranám.

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

40 Osa ľubovoľného uhla trojuholníka rozdeľuje opačnú stranu na časti úmerné susedným stranám trojuholníka.

Dôkaz. Uvažujme ?ABC. Pre istotu nech os CAB pretína stranu BC v bode D (obr. 1.4). Ukážme, že BD: DC = AB: AC. Za týmto účelom nakreslite priamku rovnobežnú s priamkou AB cez bod C a označte E priesečník tejto priamky AD. Potom DAB=DEC, ABD=ECD a teda ?DAB~ ?DEC na základe prvého kritéria podobnosti trojuholníkov. Ďalej, keďže lúč AD je osový CAD, potom CAE = EAB = AEC a teda ?ECA rovnoramenné. Preto AC=CE. Ale v tomto prípade z podobnosti ?DAB a ?Z DEC vyplýva, že BD: DC=AB: CE =AB: AC, a to bolo potrebné dokázať.

Ak os vonkajšieho uhla trojuholníka pretína predĺženie strany protiľahlej k vrcholu tohto uhla, potom segmenty z výsledného priesečníka smerujú ku koncom protiľahlej strany sú úmerné susedným stranám trojuholníka.

Dôkaz. Uvažujme ?ABC. Nech F je bod na predĺžení strany CA, D je priesečník priesečníka vonkajšieho trojuholníka BAF s predĺžením strany CB (obr. 1.5). Ukážme, že DC:DB=AC:AB. Vskutku nakreslíme priamku rovnobežnú s priamkou AB cez bod C a označme E priesečník tejto priamky s priamkou DA. Potom trojuholník ADB ~ ?EDC a teda DC:DB=EC:AB. A odvtedy ?EAC= ?ZLE = ?CEA, potom v rovnoramennom ?Strana CEA AC=EC a teda DC:DB=AC:AB, čo bolo potrebné dokázať.

3 Riešenie úloh pomocou vlastností osy

Úloha 1. Nech O je stred kruhu vpísaného do ?ABC, CAB = ?. Dokážte, že COB = 900 + ? /2.

Riešenie. Keďže O je stred zapísaného ?ABC kruhu (obrázok 1.6), potom lúče BO a CO sú osy ABC a BCA. A potom COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, čo bolo potrebné preukázať.

Úloha 2. Nech je O stredom popísaného o ?ABC kruhu, H je základňa nadmorskej výšky nakreslená na stranu BC. Dokážte, že osi CAB je zároveň osi ? OAH.

Nech AD je os CAB, AE je priemer opísanej ?ABC kružnice (obr. 1.7, 1.8). Ak ?ABC je akútna (obr. 1.7) a teda ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ AC oblúky a ?BHA a ?ECA obdĺžnikový (BHA = ECA = 900), potom ?BHA~ ?ECA a teda CAO = CAE = HAB. Ďalej, BAD a CAD sú rovnaké podľa podmienok, takže HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Teraz ABC = 900. V tomto prípade sa výška AH zhoduje so stranou AB, potom bod O bude patriť prepone AC a preto je zrejmá platnosť zadania úlohy.

Uvažujme prípad, keď ABC > 900 (obr. 1.8). Tu je štvoruholník ABCE vpísaný do kruhu a teda AEC = 1800 - ABC. Na druhej strane ABH = 1800 - ABC, t.j. AEC = ABH. A odvtedy ?BHA a ?ECA sú pravouhlé, a preto HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, potom HAD = HAB + BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Prípady, keď sú BAC a ACB tupé, sa riešia podobne. ?

4 Bod Gergonna

Gergonnov bod je priesečníkom úsečiek, ktoré spájajú vrcholy trojuholníka s dotykovými bodmi strán oproti týmto vrcholom a vpísanej kružnice trojuholníka.

Nech bod O je stredom vpísanej kružnice trojuholník ABC. Nech sa kružnica dotýka strán trojuholníka BC, AC a AB v body D,E a F. Gergonnov bod je priesečníkom segmentov AD, BE a CF. Nech bod O je stredom vpísanej kružnice ?ABC. Nech sa kružnica dotýka strán trojuholníka BC, AC a AB v bodoch D, E a F. Gergonnov bod je priesečníkom segmentov AD, BE a CF.

Dokážme, že tieto tri segmenty sa skutočne pretínajú v jednom bode. Všimnite si, že stred kružnice je priesečníkom osí uhla ?ABC a polomery kružnice sú OD, OE a OF ?strany trojuholníka. Máme teda tri páry rovnakých trojuholníkov (AFO a AEO, BFO a BDO, CDO a CEO).

Funguje AF?BD? CE a AE? BYŤ? CF sú rovnaké, pretože BF = BD, CD = CE, AE = AF, pomer týchto produktov je teda rovnaký a podľa Cevovej vety (Nech body A1, B1, C1 ležia na stranách BC, AC a AB ? Nech sa segmenty AA1, BB1 a CC1 pretínajú v jednom bode

(obchádzame trojuholník v smere hodinových ručičiek)), segmenty sa pretínajú v jednom bode.

Vlastnosti vpísanej kružnice:

O kruhu sa hovorí, že je vpísaný do trojuholníka, ak sa dotýka všetkých jeho strán.

Kruh môže byť vpísaný do akéhokoľvek trojuholníka.

Dané: ABC - daný trojuholník, O je priesečník osi, M, L a K sú body dotyku kružnice so stranami trojuholníka (obr. 1.11).

Dokážte: O je stred kruhu vpísaného v ABC.

Dôkaz. Nakreslíme kolmice OK, OL a OM z bodu O na strany AB, BC a CA (obr. 1.11). Keďže bod O je rovnako vzdialený od strán trojuholníka ABC, potom OK = OL = OM. Preto kružnica so stredom O s polomerom OK prechádza bodmi K, L, M. Strany trojuholníka ABC sa dotýkajú tejto kružnice v bodoch K, L, M, keďže sú kolmé na polomery OK, OL a OM. To znamená, že kruh so stredom O s polomerom OK je vpísaný do trojuholníka ABC. Veta bola dokázaná.

Stred kružnice vpísanej do trojuholníka je priesečníkom jej priesečníkov.

Nech je dané ABC, O je stred kružnice do nej vpísanej, D, E a F sú body dotyku kružnice so stranami (obr. 1.12). ? AEO = ? AOD na preponu a nohu (EO = OD - ako polomer, AO - celkom). Čo vyplýva z rovnosti trojuholníkov? OAD = ? O.A.E. AO je teda osou uhla EAD. Rovnakým spôsobom sa dokáže, že bod O leží na ďalších dvoch osi trojuholníka.

Polomer nakreslený k bodu dotyčnice je kolmý na dotyčnicu.

Dôkaz. Okolie (O; R) nech je daný kruh (obr. 1.13), v bode P sa ho dotýka priamka a. Polomer OP nech nie je kolmý na a. Nakreslíme kolmicu OD z bodu O k dotyčnici. Podľa definície dotyčnice ležia všetky jej body iné ako bod P, a najmä bod D, mimo kružnice. Preto je dĺžka kolmého OD väčšia ako dĺžka R šikmého OP. To odporuje šikmej vlastnosti a výsledný rozpor dokazuje tvrdenie.

KAPITOLA 2. 3 úžasné body trojuholník, Eulerova kružnica, Eulerova čiara.

1 Stred kružnice opísanej v trojuholníku

Kolmica na úsečku je priamka prechádzajúca stredom úsečky a kolmá na ňu.

Veta. Každý bod kolmice úsečky je rovnako vzdialený od koncov úsečky. A naopak: každý bod rovnako vzdialený od koncov úsečky leží na kolmici k nej.

Dôkaz. Nech priamka m je kolmica na úsečku AB a bod O je stred úsečky.

Uvažujme ľubovoľný bod M priamky m a dokážme, že AM=BM. Ak sa bod M zhoduje s bodom O, potom táto rovnosť platí, pretože O je stredom segmentu AB. Nech M a O sú rôzne body. Obdĺžnikový ?OAM a ?OBM sú rovnaké na dvoch nohách (OA = OB, OM je spoločná noha), preto AM = VM.

) Uvažujme ľubovoľný bod N, rovnako vzdialený od koncov úsečky AB, a dokážte, že bod N leží na priamke m. Ak N je bod na priamke AB, potom sa zhoduje so stredom O segmentu AB, a preto leží na priamke m. Ak bod N neleží na priamke AB, potom zvážte ?ANB, ktorá je rovnoramenná, keďže AN=BN. Úsečka NO je stredom tohto trojuholníka, a teda aj výškou. Teda NO je kolmé na AB, preto sa priamky ON a m zhodujú, a preto N je bod priamky m. Veta bola dokázaná.

Dôsledok. Odvesny na strany trojuholníka sa pretínajú v jednom bode (stred kružnice opísanej).

Označme O, priesečník odvesničiek m a n na strany AB a BC. ?ABC. Podľa vety (každý bod kolmice na úsečku je rovnako vzdialený od koncov tejto úsečky. A naopak: každý bod rovnako vzdialený od koncov úsečky leží na kolmici k nej.) usúdime, že OB = OA a OB = OC teda: OA = OC, To znamená, že bod O je rovnako vzdialený od koncov úsečky AC, a preto leží na kolmici p k tejto úsečke. Preto všetky tri osi m, n a p do strán ?ABC sa pretínajú v bode O.

Pre ostrý trojuholník tento bod leží vo vnútri, pre tupý trojuholník leží mimo trojuholníka, pre pravouhlý trojuholník leží v strede prepony.

Vlastnosť odvesny trojuholníka:

Čiary, na ktorých ležia osi vnútorného a vonkajšieho uhla trojuholníka, vychádzajúce z jedného vrcholu, sa pretínajú s kolmicou v strede na opačnú stranu od diametrálne opačných bodov kružnice opísanej trojuholníku.

Dôkaz. Nech napríklad os ABC pretína tú opísanú ?ABC kružnica v bode D (obr. 2.1). Potom, keďže zapísané ABD a DBC sú rovnaké, potom AD = oblúk DC. Ale kolmica na stranu AC tiež pretína oblúk AC, takže bod D bude tiež patriť do tejto kolmice. Ďalej, keďže pomocou vlastnosti 30 z odseku 1.3 je os BD ABC susediaca s ABC, táto bude pretínať kružnicu v bode diametrálne opačnom k bodu D, pretože vpísaný pravý uhol vždy spočíva na priemere.

2 Ortocentrum kružnice trojuholníka

Výška je kolmica vedená z vrcholu trojuholníka k priamke obsahujúcej opačnú stranu.

Výšky trojuholníka (alebo ich predĺženia) sa pretínajú v jednom bode (ortocentre).

Dôkaz. Zvážte svojvoľné ?ABC a dokážte, že priamky AA1, BB1, CC1 obsahujúce jeho výšky sa pretínajú v jednom bode. Prekreslíme každý vrchol ?ABC je priamka rovnobežná s opačnou stranou. Dostaneme ?A2B2C2. Body A, B a C sú stredmi tohto trojuholníka. V skutočnosti sú AB=A2C a AB=CB2 ako opačné strany rovnobežníkov ABA2C a ABCB2, teda A2C=CB2. Podobne C2A=AB2 a C2B=BA2. Okrem toho, ako vyplýva z konštrukcie, CC1 je kolmá na A2B2, AA1 je kolmá na B2C2 a BB1 je kolmá na A2C2. Čiary AA1, BB1 a CC1 sú teda kolmé osi na strany ?A2B2C2. Preto sa pretínajú v jednom bode.

V závislosti od typu trojuholníka môže byť ortocentrum vnútri trojuholníka v ostrých uhloch, mimo neho - v tupouhlých alebo sa zhoduje s vrcholom, v pravouhlých - sa zhoduje s vrcholom pri pravý uhol.

Vlastnosti nadmorskej výšky trojuholníka:

Segment spájajúci základne dvoch výšok ostrého trojuholníka z neho odreže trojuholník podobný danému, s koeficientom podobnosti rovným kosínusu spoločného uhla.

Dôkaz. Nech AA1, BB1, CC1 sú výšky ostrého trojuholníka ABC a ABC = ?(obr. 2.2). Pravoúhlé trojuholníky BA1A a CC1B majú spoločné ?, takže sú podobné, čo znamená BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Z toho vyplýva, že BA1/BC1=BA/BC = cos ?, t.j. V ?C1BA1 a ?ABC strany susediace so spoločným ??C1BA1~ ?ABC, pričom koeficient podobnosti sa rovná cos ?. Podobným spôsobom je dokázané, že ?A1CB1~ ?ABC s koeficientom podobnosti cos BCA, a ?B1AC1~ ?ABC s koeficientom podobnosti cos CAB.

Nadmorská výška znížená na preponu pravouhlého trojuholníka ho rozdeľuje na dva trojuholníky podobné sebe navzájom a podobné pôvodnému trojuholníku.

Dôkaz. Zvážte obdĺžnikový ?ABC, ktorá má ?BCA = 900 a CD je jeho výška (obr. 2.3).

Potom podobnosť ?ADC a ?BDC vyplýva napríklad zo znamienka podobnosti pravouhlých trojuholníkov proporcionalitou dvoch ramien, keďže AD/CD = CD/DB. Každý z pravouhlých trojuholníkov ADC a BDC je podobný pôvodnému pravouhlému trojuholníku, aspoň na základe podobnosti v dvoch uhloch.

Riešenie problémov s využitím výškových vlastností

Úloha 1. Dokážte, že trojuholník, ktorého jeden z vrcholov je vrcholom daného tupého trojuholníka a ďalšie dva vrcholy sú základňami výšok tupého trojuholníka, vynechaný z jeho dvoch ďalších vrcholov, je podobný daný trojuholník s koeficientom podobnosti rovným modulu kosínusu uhla v prvom vrchole .

Riešenie. Zvážte tupé ?ABC s nemým CAB. Nech AA1, BB1, CC1 sú jeho výšky (obr. 2.4, 2.5, 2.6) a nech CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.

Dôkaz toho, že ?C1BA1~ ?ABC (obr. 2.4) s koeficientom podobnosti k = cos ?, úplne zopakuje úvahy uskutočnené pri preukazovaní majetku 1, bod 2.2.

Dokážme to ?A1CB~ ?ABC (obr. 2.5) s koeficientom podobnosti k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (obr. 2.6) s koeficientom podobnosti k2 = |cos? |.

V skutočnosti pravouhlé trojuholníky CA1A a CB1B majú spoločný uhol ?a teda podobné. Z toho vyplýva, že B1C/BC = A1C / AC= cos ?a preto B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, t.j. v trojuholníkoch A1CB1 a ABC tvoria strany spoločné ??, sú proporcionálne. A potom podľa druhého kritéria podobnosti trojuholníkov ?A1CB~ ?ABC, s koeficientom podobnosti k1= cos ?. Pokiaľ ide o posledný prípad (obr. 2.6), potom z úvahy o pravouhlých trojuholníkoch ?BB1A a ?CC1A s rovnakými vertikálnymi uhlami BAB1 a C1AC z toho vyplýva, že sú podobné, a preto B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |cos ?|, odkedy ??- tupý. Preto B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| a teda v trojuholníkoch ?B1AC1 a ?Strany ABC zvierajúce rovnaké uhly sú proporcionálne. A to znamená, že ?B1AC1~ ?ABC s koeficientom podobnosti k2 = |cos? |.

Úloha 2. Dokážte, že ak je bod O priesečníkom výšok ostrého trojuholníka ABC, potom ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Riešenie. Dokážme platnosť prvého zo vzorcov uvedených v probléme. Platnosť zvyšných dvoch vzorcov je dokázaná podobne. Tak nech ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 a C1 sú základne výšok trojuholníka nakreslených z vrcholov A, B a C (obr. 2.7). Potom z pravouhlého trojuholníka BC1C vyplýva, že BCC1 = 900 - ?a teda v správny trojuholník Uhol OA1C COA1 sa rovná ?. Ale súčet uhlov AOC + COA1 = ? + ?dáva priamy uhol a teda AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, čo bolo potrebné dokázať.

Úloha 3. Dokážte, že výšky ostrého trojuholníka sú osi uhlov trojuholníka, ktorého vrcholy sú základňami výšok tohto trojuholníka.

je.2.8

Riešenie. Nech AA1, BB1, CC1 sú výšky ostrého trojuholníka ABC a nech CAB = ?(obr. 2.8). Dokážme napríklad, že výška AA1 je osou uhla C1A1B1. Pretože trojuholníky C1BA1 a ABC sú podobné (vlastnosť 1), potom BA1C1 = ?a preto C1A1A = 900 - ?. Z podobnosti trojuholníkov A1CB1 a ABC vyplýva, že AA1B1 = 900 - ?a preto C1A1A = AA1B1= 900 - ?. To však znamená, že AA1 je osou uhla C1A1B1. Podobne je dokázané, že ďalšie dve výšky trojuholníka ABC sú osy ďalších dvoch zodpovedajúcich uhlov trojuholníka A1B1C1.

3 Ťažisko kružnice trojuholníka

Stred trojuholníka je úsečka spájajúca ľubovoľný vrchol trojuholníka so stredom protiľahlej strany.

Veta. Stred trojuholníka sa pretína v jednom bode (ťažisko).

Dôkaz. Uvažujme svojvoľne? ABC.

Označme priesečník stredníc AA1 a BB1 písmenom O a nakreslite stredovú čiaru A1B1 tohto trojuholníka. Úsek A1B1 je rovnobežný so stranou AB, teda 1 = 2 a 3 = 4. ?AOB a ?A1OB1 sú podobné v dvoch uhloch, a preto sú ich strany proporcionálne: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Ale AB=2A1B1, takže AO=2A1O a BO=2B1O. Teda bod O priesečníka mediánov AA1 a BB1 rozdeľuje každý z nich v pomere 2:1, počítajúc od vrcholu.

Podobne je dokázané, že priesečník mediánov BB1 a CC1 delí každý z nich v pomere 2:1, počítajúc od vrcholu, a preto sa zhoduje s bodom O a je ním delený v pomere 2:1, počítanie od vrcholu.

Vlastnosti mediánu trojuholníka:

10 Strednice trojuholníka sa pretínajú v jednom bode a sú delené priesečníkom v pomere 2:1, počítajúc od vrcholu.

Vzhľadom na to: ?ABC, AA1, BB1 - mediány.

Dokážte: AO:OA1=VO:OB1=2:1

Dôkaz. Nakreslíme strednú čiaru A1B1 (obr. 2.10), podľa vlastnosti stredová čiara A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Od A1B1 || AB, potom 1 = 2 ležiace priečne s rovnobežnými priamkami AB a A1B1 a sečnicou AA1. 3 = 4 ležiace priečne s rovnobežnými priamkami A1B1 a AB a sečnicou BB1.

teda ?AOB ~ ?A1OB1 rovnosťou dvoch uhlov, čo znamená, že strany sú úmerné: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Medián rozdeľuje trojuholník na dva trojuholníky rovnakej plochy.

Dôkaz. BD - medián ?ABC (obr. 2.11), BE - jeho výška. Potom ?ABD a ?DBC majú rovnakú veľkosť, pretože majú rovnaké základne AD a DC a spoločnú výšku BE.

Celý trojuholník je rozdelený stredom na šesť rovnakých trojuholníkov.

Ak sa na pokračovaní strednej časti trojuholníka od stredu strany trojuholníka odloží úsečka s dĺžkou rovnajúcou sa strednej dĺžke, potom koncový bod tejto úsečky a vrcholy trojuholníka sú vrcholy rovnobežník.

Dôkaz. Nech D je stred strany BC ?ABC (obr. 2.12), E je bod na priamke AD taký, že DE=AD. Potom, keďže sú uhlopriečky AE a BC štvoruholníka ABEC v bode D ich priesečníka rozpolené, z vlastnosti 13.4 vyplýva, že štvoruholník ABEC je rovnobežník.

Riešenie problémov pomocou vlastností mediánov:

Úloha 1. Dokážte, že ak O je priesečník mediánov ?Potom ABC ?A.O.B. ?BOC a ?AOC majú rovnakú veľkosť.

Riešenie. Nech AA1 a BB1 sú mediány ?ABC (obr. 2.13). Uvažujme ?AOB a ?BOC. Je zrejmé, že S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O, S ?BOC=S ?BB1C-S ?OB1C. Ale podľa vlastnosti 2 máme S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C, čo znamená, že S ?AOB = S ?BOC. Rovnosť S ?AOB = S ?AOC.

Úloha 2. Dokážte, že ak bod O leží vo vnútri ?ABC a ?A.O.B. ?BOC a ?AOC majú rovnakú plochu, potom O je priesečník mediánov? ABC.

Riešenie. Uvažujme ?ABC (2.14) a predpokladajme, že bod O neleží na mediáne BB1. Potom, keďže OB1 je medián ?AOC potom S ?AOB1 = S ?B1OC, a keďže podľa podmienky S ?AOB = S ?BOC, potom S ?AB1OB = S ?BOB1C. Ale to nemôže byť, pretože S ?ABB1 = S ?B1BC. Výsledný rozpor znamená, že bod O leží na mediáne BB1. Podobne je dokázané, že bod O patrí k ďalším dvom mediánom ?ABC. Z toho vyplýva, že bod O je skutočne priesečníkom troch mediánov? ABC.

Problém 3. Dokážte, že ak v ?Strany ABC AB a BC nie sú rovnaké, potom jej stred BD leží medzi stredom BM a výškou BH.

Dôkaz. Poďme popísať o ?ABC je kružnica a predĺžte jej stred BD, kým nepretne kružnicu v bode K. Kolmý stred k úsečke AC bude prechádzať bodom K (vlastnosť 1, z odseku 2.1), ktorý má spoločný bod M so stredom segmenty BH a MK sú rovnobežné a body B a K ležia na opačných stranách priamky AC, potom priesečník segmentov BK a AC patrí do segmentu HM, čo je potrebné.

Problém 4. B ?ABC medián BM je polovičný ako strana AB a zviera s ňou uhol 400. Nájsť ABC.

Riešenie. Predĺžme medián BM za bod M o jeho dĺžku a získame bod D (obr. 2.15). Pretože AB = 2BM, potom AB = BD, to znamená, že trojuholník ABD je rovnoramenný. Preto BAD = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Štvoruholník ABCD je rovnobežník, pretože jeho uhlopriečky sú rozpolené ich priesečníkom. To znamená CBD = ADB = 700. Potom ABC = ABD + CBD = 1100. Odpoveď je 1100.

Úloha 5. Strany?ABC sa rovnajú a, b, c. Vypočítajte medián mc nakreslený na stranu c (obr. 2.16).

Riešenie. Zdvojnásobme medián vytvorením ?ABC na rovnobežník ACBP a aplikujme na tento rovnobežník vetu 8. Dostaneme: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, t.j. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, odkiaľ nájdeme:

2.4 Eulerov kruh. Eulerova línia

Veta. Základňa stredov, nadmorské výšky ľubovoľného trojuholníka, ako aj stredy segmentov spájajúcich vrcholy trojuholníka s jeho ortocentrom ležia na tej istej kružnici, ktorej polomer sa rovná polovici polomeru kružnice opísanej okolo. trojuholník. Táto kružnica sa nazýva deväťbodová kružnica alebo Eulerova kružnica.

Dôkaz. Vezmime stred?MNL (obr. 2.17) a opíšeme okolo neho kružnicu W Úsečka LQ je stred v obdĺžniku?AQB, teda LQ=1/2AB. Segment MN=1/2AB, pretože MN- stredná čiara?ABC. Z toho vyplýva, že lichobežník QLMN je rovnoramenný. Keďže kružnica W prechádza 3 vrcholmi rovnoramenného lichobežníka L, M, N, prejde aj štvrtým vrcholom Q. Podobne je dokázané, že P patrí W, R patrí W.

Prejdime k bodom X, Y, Z. Úsečka XL je kolmá na BH ako stredová čiara?AHB. Úsečka BH je kolmá na AC a keďže AC je rovnobežná s LM, potom BH je kolmá na LM. Preto XLM=P/2. Podobne XNM= P/2.

V štvoruholníku LXNM sú dva protiľahlé uhly pravé, takže okolo nich možno nakresliť kruh. Toto bude kruh W. Takže X patrí W, podobne Y patrí W, Z patrí W.

Stredná?LMN je podobná?ABC. Koeficient podobnosti je 2. Preto je polomer kruhu deviatich bodov R/2.

Vlastnosti Eulerovho kruhu:

Polomer kružnice deviatich bodov sa rovná polovici polomeru kružnice opísanej okolo?ABC.

Kružnica deviatich bodov je homotetická s kružnicou opísanou okolo ABC, s koeficientom ½ a stred rovnorodosti v bode H.

Veta. Ortocentrum, ťažisko, stred kružnice a deväťbodový stred kruhu ležia na rovnakej priamke. Eulerova priamka.

Dôkaz. Nech H je ortocentrum ABC (obr. 2.18) a O je stred opísanej kružnice. Podľa konštrukcie obsahujú kolmé stredy ΔABC výšky mediánu ΔMNL, t.j. O je súčasne ortocentrum αLMN. ?LMN ~ ?ABC, ich koeficient podobnosti je 2, teda BH=2ON.

Nakreslíme priamku cez body H a O. Získame dva podobné trojuholníky?NOG a?BHG. Pretože BH=2ON, potom BG=2GN. To posledné znamená, že bod G je ťažisko?ABC. Pre bod G je splnený pomer HG:GO=2:1.

Nech je ďalej TF priesečník MNL a F je priesečník tejto kolmice s priamkou HO. Uvažujme o podobných ?TGF a ?NGO. Bod G je ťažiskom aMNL, takže koeficient podobnosti aTGF a aNGO je rovný 2. Preto OG=2GF a keďže HG=2GO, potom HF=FO a F je stred segmentu HO.

Ak vykonáme rovnakú úvahu ohľadom kolmice na druhú stranu?MNL, potom musí tiež prechádzať stredom úsečky HO. To však znamená, že bod F je bodom odvesničiek? MNL. Tento bod je stredom Eulerovej kružnice. Veta bola dokázaná.

ZÁVER

V tejto práci sme sa pozreli na 4 nádherné body trojuholníka, preštudované v škole, a ich vlastnosti, na základe ktorých vieme vyriešiť mnohé problémy. Zvažoval sa aj Gergonnov bod, Eulerova kružnica a Eulerova priamka.

ZOZNAM POUŽITÝCH ZDROJOV

1.Geometria 7-9. Učebnica pre stredné školy // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. a iné - M.: Vzdelávanie, 1994.

2.Amelkin V.V. Geometria na rovine: Teória, úlohy, riešenia: Učebnica. Príručka o matematike // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevič, V.L. Timokhovich - Mn.: "Asar", 2003.

.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manuál o elementárnej geometrii. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Problémy v planimetrii. - 4. vyd., doplnené - M.: Vydavateľstvo Moskovského centra pre ďalšie matematické vzdelávanie, 2001.

Ministerstvo všeobecného a odborného vzdelávania Sverdlovskej oblasti.

Mestská vzdelávacia inštitúcia v Jekaterinburgu.

Vzdelávacia inštitúcia – MOUSOSH č. 212 „Jekaterinburské kultúrne lýceum“

Vzdelávacia oblasť – matematika.

Predmet – geometria.

Pozoruhodné body trojuholníka

Referent: Žiak 8. ročníka

Selitsky Dmitrij Konstantinovič.

Vedecký poradca:

Rabkanov Sergej Petrovič.

Jekaterinburg, 2001

Úvod 3

Opisná časť:

Ortocentrum 4

Stred 5

Ťažisko 7

Circumcenter 8

Eulerova línia 9

Praktická časť:

Ortocentrický trojuholník 10

Záver 11

Referencie 11

Úvod.

Geometria začína trojuholníkom. Už dva a pol tisícročia je trojuholník symbolom geometrie. Neustále sa objavujú jeho nové vlastnosti. Hovoriť o všetkých známych vlastnostiach trojuholníka zaberie veľa času. Zaujali ma takzvané „pozoruhodné body trojuholníka“. Príkladom takýchto bodov je priesečník priesečníkov. Pozoruhodné je, že ak zoberiete tri ľubovoľné body v priestore, zostrojíte z nich trojuholník a nakreslíte osi, potom sa tieto (osi) pretnú v jednom bode! Zdalo by sa, že to nie je možné, pretože sme brali ľubovoľné body, ale toto pravidlo platí vždy. Ostatné „pozoruhodné body“ majú podobné vlastnosti.

Po prečítaní literatúry na túto tému som si opravil definície a vlastnosti piatich úžasných bodov a trojuholníka. Ale moja práca tam neskončila; chcel som tieto body preskúmať sám.

Preto cieľ Táto práca je štúdiou niektorých pozoruhodných vlastností trojuholníka a štúdiom ortocentrického trojuholníka. V procese dosiahnutia tohto cieľa možno rozlíšiť tieto fázy:

Výber literatúry s pomocou učiteľa

Štúdium základných vlastností pozoruhodných bodov a čiar trojuholníka

Zovšeobecnenie týchto vlastností

Zostavenie a riešenie úlohy týkajúcej sa ortocentrického trojuholníka

Prezentoval som výsledky získané v tejto výskumnej práci. Všetky kresby som urobil pomocou počítačovej grafiky (vektorový grafický editor CorelDRAW).

Ortocentrum. (Priesečník výšok)

Dokážme, že výšky sa pretínajú v jednom bode. Prevedieme vás vrcholmi A, IN A S trojuholník ABC rovné čiary rovnobežné s opačnými stranami. Tieto čiary tvoria trojuholník A 1 IN 1 S 1 . výška trojuholníka ABC sú kolmice na strany trojuholníka A 1 IN 1 S 1 . preto sa pretínajú v jednom bode – v strede opísanej kružnice trojuholníka A 1 IN 1 S 1 . Priesečník výšok trojuholníka sa nazýva ortocentrum ( H).

Icentrum je stred vpísaného kruhu.

(Priesečník priesečníkov)

Dokážme, že osy uhlov trojuholníka ABC pretínajú v jednom bode. Zvážte pointu O priesečníky uhlov A A IN. všetky body osi uhla A sú rovnako vzdialené od priamok AB A AC a ľubovoľný bod osi uhla IN v rovnakej vzdialenosti od priamych čiar AB A slnko, takže bod O v rovnakej vzdialenosti od priamych čiar AC A slnko, t.j. leží na osi uhla S. bodka O v rovnakej vzdialenosti od priamych čiar AB, slnko A SA, čo znamená, že existuje kruh so stredom O, dotýkajúce sa týchto čiar a dotykové body ležia na samotných stranách a nie na ich predĺženiach. V skutočnosti uhly vo vrcholoch A A IN trojuholník AOB ostrý teda projekčný bod O priamo AB leží vo vnútri segmentu AB.

Na večierky slnko A SA dôkaz je podobný.

Icenter má tri vlastnosti:

Ak je pokračovanie osi uhla S pretína kružnicu opísanú v trojuholníku ABC v bode M, To MA=MV=MO.

Ak AB- základňa rovnoramenného trojuholníka ABC, potom kruh dotýkajúci sa strán uhla DIA v bodoch A A IN, prechádza cez bod O.

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

Ťažisko. (Priesečník mediánov)

Dokážme, že stredy trojuholníka sa pretínajú v jednom bode. Za týmto účelom zvážte bod M, pri ktorej sa pretínajú mediány AA 1 A BB 1 . nakreslíme trojuholník BB 1 S stredová čiara A 1 A 2 , paralelný BB 1 . Potom A 1 M:AM=IN 1 A 2 :AB 1 =IN 1 A 2 :IN 1 S=VA 1 :SLNKO= 1:2, t.j. stredný priesečník 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, trojuholníky sa rozdelia na tri trojuholníky rovnakej plochy. Skutočne stačí dokázať, že ak R– ktorýkoľvek bod mediánu AA 1 v trojuholníku ABC, potom plochy trojuholníkov AVR A AKT sú si rovní. Predsa mediány AA 1 A RA 1 v trojuholníkoch ABC A RVS nakrájajte ich na trojuholníky s rovnakou plochou.

Platí aj opačné tvrdenie: ak pre nejaký bod R, ležiaci vo vnútri trojuholníka ABC, oblasť trojuholníkov AVR, V STREDU A SAR sú si teda rovní R– priesečník mediánov.

Priesečník má ešte jednu vlastnosť: ak vyrežete trojuholník z akéhokoľvek materiálu, nakreslíte naň stredy, pripojíte tyč v priesečníku stredníc a zaistíte zavesenie na statíve, potom bude model (trojuholník) v rovnovážny stav, preto priesečník nie je nič iné ako ťažisko trojuholníka.

Stred opísanej kružnice.

Dokážme, že existuje bod rovnako vzdialený od vrcholov trojuholníka, alebo inými slovami, že cez tri vrcholy trojuholníka prechádza kružnica. Lokus bodov v rovnakej vzdialenosti od bodov A A IN, je kolmá na segment AB, ktorý prechádza jeho stredom (kolmica na úsečku AB). Zvážte pointu O, v ktorej sa pretínajú osi kolmice na úsečky AB A slnko. Bodka O v rovnakej vzdialenosti od bodov A A IN, ako aj z bodov IN A S. preto je v rovnakej vzdialenosti od bodov A A S, t.j. tiež leží na kolmici na úsečku AC.

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 S.

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

Nechaj A 1 , IN 1 ,S 1 – stredy strán slnko,SA a AB. Dá sa dokázať, že opísané kružnice trojuholníkov AB 1 S, A 1 slnko 1 A A 1 IN 1 S 1 sa pretínajú v jednom bode a tento bod je stredom obvodu trojuholníka ABC. Takže máme dva zdanlivo úplne odlišné body: priesečník odvesníc so stranami trojuholníka ABC a priesečník opísaných kružníc trojuholníkov AB 1 S 1 , A 1 slnko A A 1 IN 1 S 1 . ale ukázalo sa, že tieto dva body sa zhodujú.

Eulerova priamka.

Najviac úžasná nehnuteľnosť Pozoruhodné body trojuholníka spočívajú v tom, že niektoré z nich sú navzájom spojené určitými vzťahmi. Napríklad ťažisko M, ortocentrum N a stred opísanej kružnice O ležia na tej istej priamke a bod M rozdeľuje úsečku OH tak, že vzťah je platný OM:MN= 1:2. Túto vetu dokázal v roku 1765 švajčiarsky vedec Leonardo Euler.

Ortocentrický trojuholník.

Ortocentrický trojuholník(ortotrojuholník) je trojuholník ( MNTO), ktorých vrcholy sú základňami nadmorských výšok tohto trojuholníka ( ABC). Tento trojuholník má veľa zaujímavých vlastností. Dajme jeden z nich.

Nehnuteľnosť.

dokázať:

Trojuholníky AKM, CMN A BKN podobný trojuholníku ABC;

Uhly pravouhlého trojuholníka MNK sú: L KNM = π - 2 L A,LKMN = π – 2 L B, L MNK = π - - 2 L C.

dôkaz:

Máme AB cos A, A.K. cos A. teda A.M./AB = A.K./A.C..

Pretože pri trojuholníkoch ABC A AKM rohu A– spoločné, potom sú podobné, z čoho usudzujeme, že uhol L AKM = L C. Preto L BKM = L C. Ďalej máme L MKC= π/2 – L C, L NKC= π/2 – – – L C, t.j. SK– osi uhla MNK. takže, L MNK= π – 2 L C. Zvyšné rovnosti sú dokázané podobne.

Záver.

Na konci tejto výskumnej práce možno vyvodiť tieto závery:

Pozoruhodné body a čiary trojuholníka sú:

ortocentrum trojuholníka je priesečník jeho výšok;

a stred trojuholník je priesečníkom priesečníkov;

ťažisko trojuholníka je priesečník jeho mediánov;

circumcenter– je priesečník kolmic osí;

Eulerova priamka- to je priamka, na ktorej leží ťažisko, ortocentrum a stred opísanej kružnice.

Ortocentrický trojuholník rozdeľuje daný trojuholník na tri podobné.

Po vykonaní táto práca, veľa som sa naučil o vlastnostiach trojuholníka. Táto práca bola pre mňa aktuálna z hľadiska rozvoja mojich vedomostí v oblasti matematiky. V budúcnosti plánujem rozvíjať túto zaujímavú tému.

Bibliografia.

Kiselyov A.P. Elementárna geometria. – M.: Školstvo, 1980.

Coxeter G.S., Greitzer S.L. Nové stretnutia s geometriou. – M.: Nauka, 1978.

Prasolov V.V. Problémy v planimetrii. – M.: Nauka, 1986. – 1. časť.

Sharygin I.F. Geometrické úlohy: Planimetrie. – M.: Nauka, 1986.

Scanavi M.I. Problémy s riešeniami. – Rostov na Done: Phoenix, 1998.

Berger M. Geometria v dvoch zväzkoch - M: Mir, 1984.