Pozoruhodné body trojuholníka zaujímavé informácie. Štyri nádherné body trojuholníka

Obsah

Úvod ……………………………………………………………………………………………… 3

Kapitola 1.

1.1 Trojuholník………………………………………………………………………………………..4

1.2. Mediány trojuholníka

1.4. Výšky v trojuholníku

Záver

Zoznam použitej literatúry

Brožúra

Úvod

Geometria je oblasť matematiky, ktorá sa zaoberá rôznymi obrazcami a ich vlastnosťami. Geometria začína trojuholníkom. Už dva a pol tisícročia je trojuholník symbolom geometrie; ale nie je to len symbol, trojuholník je atóm geometrie.

Vo svojej práci sa budem zaoberať vlastnosťami priesečníkov osi, stredníc a nadmorských výšok trojuholníka a hovoriť o ich pozoruhodných vlastnostiach a úsečkách trojuholníka.

Medzi takéto body študované v školskom kurze geometrie patria:

a) priesečník osi (stred vpísanej kružnice);

b) priesečník kolmic osí (stred kružnice opísanej);

c) priesečník výšok (ortocentrum);

d) priesečník mediánov (ťažisko).

Relevantnosť: rozšíriť svoje vedomosti o trojuholníku,jeho vlastnostiúžasné body.

Cieľ: prieskum trojuholníka k jeho pozoruhodným bodom,študovať ichklasifikácie a vlastnosti.

Úlohy:

1. Preskúmajte potrebná literatúra

2. Preštudujte si klasifikáciu pozoruhodných bodov trojuholníka

3. Vedieť zostrojiť pozoruhodné trojuholníkové body.

4. Zhrňte naštudovaný materiál pre návrh brožúry.

Projektová hypotéza:

schopnosť nájsť pozoruhodné body v akomkoľvek trojuholníku vám umožňuje riešiť geometrické konštrukčné problémy.

Kapitola 1. Historické informácie o pozoruhodných bodoch trojuholníka

Vo štvrtej knihe Prvky Euklides rieši problém: „Vpísať kruh do daného trojuholníka“. Z riešenia vyplýva, že tri osi vnútorných uhlov trojuholníka sa pretínajú v jednom bode – strede vpísanej kružnice. Z riešenia ďalšej euklidovskej úlohy vyplýva, že kolmice obnovené ku stranám trojuholníka v ich stredoch sa tiež pretínajú v jednom bode - v strede opísanej kružnice. Elementy nehovoria, že tri výšky trojuholníka sa pretínajú v jednom bode, ktorý sa nazýva ortocentrum (grécke slovo „orthos“ znamená „rovný“, „správny“). Tento návrh však poznali Archimedes, Pappus a Proclus.

Štvrtý singulárny bod trojuholníka je priesečníkom mediánov. Archimedes dokázal, že je to ťažisko (barycentrum) trojuholníka. Vyššie uvedeným štyrom bodom sa venovala osobitná pozornosť a od 18. storočia sa nazývali „pozoruhodné“ alebo „špeciálne“ body trojuholníka.

Štúdium vlastností trojuholníka spojených s týmito a ďalšími bodmi slúžilo ako začiatok pre vytvorenie nového odvetvia elementárnej matematiky - „geometria trojuholníka“ alebo „geometria nového trojuholníka“, ktorej jedným zo zakladateľov bol Leonhard Euler. V roku 1765 Euler dokázal, že v každom trojuholníku ležia ortocentrum, barycentrum a cirkumcentrum na rovnakej priamke, neskôr nazývanej „Eulerova priamka“.

Trojuholník - geometrický obrazec, pozostávajúce z troch bodov, ktoré neležia na rovnakej priamke, a troch segmentov spájajúcich tieto body v pároch. Body -vrcholov trojuholník, segmenty -strany trojuholník.

IN A, B, C - vrcholy

AB, BC, SA - strany

A C

Ku každému trojuholníku sú priradené štyri body:

Priesečník stredov;

Priesečník priesečníkov;

Priesečník výšok.

Priesečník odvesníc;

1.2. Mediány trojuholníka

Medina trojuholníka - , spájajúci vrchol zo stredu opačnej strany (obrázok 1). Bod, v ktorom stred pretína stranu trojuholníka, sa nazýva základňa mediánu.

Obrázok 1. Stredy trojuholníka

Zostrojme stredy strán trojuholníka a nakreslite segmenty spájajúce každý z vrcholov so stredom protiľahlej strany. Takéto segmenty sa nazývajú mediány.

A opäť pozorujeme, že tieto segmenty sa pretínajú v jednom bode. Ak zmeriame dĺžky výsledných stredových segmentov, môžeme skontrolovať ešte jednu vlastnosť: priesečník mediánov rozdeľuje všetky mediány v pomere 2:1, počítajúc od vrcholov. A predsa, trojuholník, ktorý spočíva na hrote ihly v priesečníku prostredníc, je v rovnováhe! Bod s touto vlastnosťou sa nazýva ťažisko (barycentrum). Stred rovnakej hmotnosti sa niekedy nazýva ťažisko. Preto možno vlastnosti stredníc trojuholníka formulovať nasledovne: strednice trojuholníka sa pretínajú v ťažisku a sú delené priesečníkom v pomere 2:1, počítajúc od vrcholu.

1.3. Osy trojuholníka

Bisector volal os uhla vedeného od vrcholu uhla k jeho priesečníku s opačnou stranou. Trojuholník má tri osi zodpovedajúce jeho trom vrcholom (obrázok 2).

Obrázok 2. Stred trojuholníka

V ľubovoľnom trojuholníku ABC nakreslíme osy jeho uhlov. A opäť, pri presnej konštrukcii sa všetky tri osi budú pretínať v jednom bode D. Bod D je tiež nezvyčajný: je rovnako vzdialený od všetkých troch strán trojuholníka. Dá sa to overiť spustením kolmic DA 1, DB 1 a DC1 na strany trojuholníka. Všetky sú si navzájom rovné: DA1=DB1=DC1.

Ak nakreslíte kružnicu so stredom v bode D a polomerom DA 1, potom sa bude dotýkať všetkých troch strán trojuholníka (to znamená, že s každou z nich bude mať len jeden spoločný bod). Takýto kruh sa nazýva vpísaný do trojuholníka. Stredy uhlov trojuholníka sa teda pretínajú v strede vpísanej kružnice.

1.4. Výšky v trojuholníku

Výška trojuholníka - , spadnutý zhora na opačnú stranu alebo priamku zhodnú s opačnou stranou. V závislosti od typu trojuholníka môže byť výška obsiahnutá v trojuholníku (napr trojuholník), zhoduje sa s jeho stranou (be trojuholník) alebo prejsť mimo trojuholníka v tupom trojuholníku (obrázok 3).

Obrázok 3. Výšky v trojuholníkoch

Ak zostrojíte tri výšky v trojuholníku, potom sa všetky pretnú v jednom bode H. Tento bod sa nazýva ortocentrum. (Obrázok 4).

Pomocou konštrukcií môžete skontrolovať, že v závislosti od typu trojuholníka je ortocentrum umiestnené inak:

pre akútny trojuholník - vnútri;

pre obdĺžnikový - na preponu;

pre tupý uhol je na vonkajšej strane.

Obrázok 4. Ortocentrum trojuholníka

Tak sme sa zoznámili s ďalším pozoruhodným bodom trojuholníka a môžeme povedať, že: výšky trojuholníka sa pretínajú v ortocentre.

1.5. Kolmice na strany trojuholníka

Kolmica úsečky je priamka kolmá na daný úsečku a prechádzajúca jeho stredom.

Nakreslíme ľubovoľný trojuholník ABC a nakreslite kolmice na jej strany. Ak je konštrukcia vykonaná presne, potom sa všetky kolmice pretnú v jednom bode - bode O. Tento bod je rovnako vzdialený od všetkých vrcholov trojuholníka. Inými slovami, ak nakreslíte kruh so stredom v bode O a prechádzajúci jedným z vrcholov trojuholníka, potom prejde aj cez jeho ďalšie dva vrcholy.

Kruh prechádzajúci všetkými vrcholmi trojuholníka sa nazýva opísaný okolo neho. Stanovenú vlastnosť trojuholníka možno preto formulovať takto: odvesny na strany trojuholníka sa pretínajú v strede opísanej kružnice (obrázok 5).

Obrázok 5. Trojuholník vpísaný do kruhu

Kapitola 2. Štúdium pozoruhodných bodov trojuholníka.

Štúdium výšky v trojuholníkoch

Všetky tri výšky trojuholníka sa pretínajú v jednom bode. Tento bod sa nazýva ortocentrum trojuholníka.

Nadmorské výšky ostrého trojuholníka sú umiestnené presne vo vnútri trojuholníka.

Podľa toho sa priesečník výšok nachádza aj vo vnútri trojuholníka.

IN správny trojuholník dve výšky sa zhodujú so stranami. (Toto sú výšky nakreslené od vrcholov ostrých uhlov k nohám).

Nadmorská výška nakreslená k prepone leží vo vnútri trojuholníka.

AC je výška nakreslená z vrcholu C na stranu AB.

AB je výška nakreslená z vrcholu B na stranu AC.

AK je výška vedená od vrcholu pravého uhla A k prepone BC.

Výšky pravouhlého trojuholníka sa pretínajú vo vrchole pravého uhla (A je ortocentrum).

V tupom trojuholníku je vo vnútri trojuholníka iba jedna nadmorská výška – tá, ktorá je nakreslená z vrcholu tupého uhla.

Ďalšie dve nadmorské výšky ležia mimo trojuholníka a sú znížené na pokračovanie strán trojuholníka.

AK je výška nakreslená na stranu BC.

BF - výška nakreslená na pokračovanie strany AC.

CD je výška nakreslená k pokračovaniu strany AB.

Priesečník výšok tupého trojuholníka je tiež mimo trojuholníka:

H je ortocentrum trojuholníka ABC.

Štúdium osi v trojuholníku

Osa trojuholníka je časť osy uhla trojuholníka (lúča), ktorá sa nachádza vo vnútri trojuholníka.

Všetky tri osi trojuholníka sa pretínajú v jednom bode.

Priesečník osi v ostrom, tupom a pravouhlom trojuholníku je stredom vpísanej kružnice v trojuholníku a nachádza sa vo vnútri.

Štúdium mediánov v trojuholníku

Keďže trojuholník má tri vrcholy a tri strany, existujú aj tri segmenty spájajúce vrchol a stred protiľahlej strany.

Po preskúmaní týchto trojuholníkov som si uvedomil, že v akomkoľvek trojuholníku sa mediány pretínajú v jednom bode. Tento bod sa nazýva ťažisko trojuholníka.

Štúdium kolmíc na stranu trojuholníka

Kolmica trojuholníka je kolmica nakreslená do stredu strany trojuholníka.

Tri kolmé osi trojuholníka sa pretínajú v jednom bode a sú stredom kružnice opísanej.

Priesečník odvesničiek v ostrom trojuholníku leží vo vnútri trojuholníka; v tupom uhle - mimo trojuholníka; v pravouhlom - v strede prepony.

Záver

V priebehu práce sme dospeli k týmto záverom:

Dosiahnutý cieľ:preskúmal trojuholník a našiel jeho pozoruhodné body.

Zadané úlohy boli vyriešené:

1). Naštudovali sme si potrebnú literatúru;

2). Študovali sme klasifikáciu pozoruhodných bodov trojuholníka;

3). Naučili sme sa, ako zostrojiť nádherné trojuholníkové body;

4). Zhrnuli sme preštudovaný materiál pre návrh brožúry.

Potvrdila sa hypotéza, že schopnosť nájsť pozoruhodné body trojuholníka pomáha pri riešení konštrukčných problémov.

Práca dôsledne načrtáva techniky konštrukcie pozoruhodných bodov trojuholníka, poskytuje historické informácie o geometrických konštrukciách.

Informácie z tejto práce môžu byť užitočné na hodinách geometrie v 7. ročníku. Brožúra sa môže stať referenčnou knihou o geometrii na prezentovanú tému.

Bibliografia

Učebnica. L.S. Atanasyan „Geometria ročníky 7-9Mnemosyne, 2015.

Wikipediahttps://ru.wikipedia.org/wiki/Geometry#/media/File:Euclid%27s_postulates.png

Portal Scarlet Sails

Popredný vzdelávací portál v Rusku http://cendomzn.ucoz.ru/index/0-15157

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 riaditeľ:

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. Zaujal ma tzv. Úžasné body trojuholník." 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.

Najúžasnejšou vlastnosťou pozoruhodných bodov trojuholníka je, 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.

Úvod

Objekty sveta okolo nás majú určité vlastnosti, ktoré študujú rôzne vedy.

Geometria je oblasť matematiky, ktorá skúma rôzne obrazce a ich vlastnosti siahajú do ďalekej minulosti.

Vyššie uvedeným štyrom bodom sa venovala osobitná pozornosť a od 18. storočia sa nazývali „pozoruhodné“ alebo „špeciálne“ body trojuholníka. Štúdium vlastností trojuholníka spojených s týmito a ďalšími bodmi slúžilo ako začiatok pre vytvorenie nového odvetvia elementárnej matematiky - „geometria trojuholníka“ alebo „geometria nového trojuholníka“, ktorej jedným zo zakladateľov bol Leonhard Euler.

V roku 1765 Euler dokázal, že v každom trojuholníku ležia ortocentrum, barycentrum a cirkumcentrum na rovnakej priamke, neskôr nazývanej „Eulerova priamka“. V dvadsiatych rokoch 19. storočia francúzski matematici J. Poncelet, C. Brianchon a ďalší nezávisle stanovili teorém: základne mediánov, základne výšok a stredy úsekov výšok spájajúcich ortocentrum s vrcholmi trojuholníka. ležať na rovnakom kruhu. Tento kruh sa nazýva „kruh deviatich bodov“ alebo „Feuerbachov kruh“ alebo „Eulerov kruh“. K. Feuerbach zistil, že stred tohto kruhu leží na Eulerovej priamke.

„Myslím, že nikdy predtým sme nežili v takom geometrickom období. Všetko okolo je geometria." Tieto slová, ktoré vyslovil veľký francúzsky architekt Le Corbusier na začiatku 20. storočia, veľmi presne charakterizujú našu dobu. Svet, v ktorom žijeme, je plný geometrie domov a ulíc, hôr a polí, výtvorov prírody a človeka.

Zaujímali nás takzvané „pozoruhodné body trojuholníka“.

Po prečítaní literatúry na túto tému sme si stanovili definície a vlastnosti pozoruhodných bodov trojuholníka. Tým sa však naša práca neskončila a chceli sme tieto body preskúmať sami.

Preto cieľ daný práca – študovať niektoré pozoruhodné body a čiary trojuholníka, aplikovať získané poznatky na riešenie problémov. V procese dosiahnutia tohto cieľa možno rozlíšiť tieto fázy:

Výber a štúdium vzdelávací materiál z rôznych zdrojov informácií, literatúry;

Štúdium základných vlastností pozoruhodných bodov a čiar trojuholníka;

Zovšeobecnenie týchto vlastností a dôkaz potrebných teorémov;

Riešenie problémov s pozoruhodnými bodmi trojuholníka.

kapitolaja. Pozoruhodné trojuholníkové body a čiary

1.1 Priesečník odvesničiek so stranami trojuholníka

Kolmica je priamka prechádzajúca stredom úsečky, ktorá je na ňu kolmá. Už poznáme vetu charakterizujúcu vlastnosť odvesny: každý bod kolmice na úsečku je rovnako vzdialený od jej koncov a naopak, ak je bod rovnako vzdialený od koncov úsečky, potom leží na odvesnici.

Mnohouholník sa nazýva vpísaný do kruhu, ak všetky jeho vrcholy patria do kruhu. Kruh sa nazýva opísaný okolo mnohouholníka.

Kruh môže byť opísaný okolo akéhokoľvek trojuholníka. Jeho stred je priesečníkom odvesníc so stranami trojuholníka.

Nech bod O je priesečník odvesníc na strany trojuholníka AB a BC.

Záver: teda, ak bod O je priesečníkom odvesníc so stranami trojuholníka, potom OA = OC = OB, t.j. bod O je rovnako vzdialený od všetkých vrcholov trojuholníka ABC, čo znamená, že je stredom kružnice opísanej.


ostrého uhla	tupý	pravouhlý

Dôsledky

sin y = c/2R = c/sin y = 2R.

Dokazuje sa to podobným spôsobom A/ sin α = 2R, b/ sin β = 2R.

Takto:

Táto vlastnosť sa nazýva sínusová veta.

V matematike sa často stáva, že objekty sú úplne definované inak, ukážu sa identické.

Príklad. Nech A1, B1, C1 sú stredy strán ∆ABC BC, AC, AB. Ukážte, že kruhy opísané okolo trojuholníkov AB1C1, A1B1C, A1BC1 sa pretínajú v jednom bode. Okrem toho je tento bod stredom kružnice opísanej okolo ∆ABC.

Uvažujme segment AO a zostrojme na tomto segmente kružnicu ako na priemere. Na tento kruh pripadajú body C1 a B1, pretože sú vrcholy pravých uhlov na základe AO. Body A, C1, B1 ležia na kružnici = táto kružnica je opísaná okolo ∆AB1C1.

Podobne nakreslíme úsečku BO a zostrojíme na nej kružnicu ako na priemere. Toto bude kruh opísaný okolo ∆ВС1 А1.

Nakreslíme úsečku CO a zostrojíme na nej kružnicu ako na priemere. Toto bude kruh opísaný o

Tieto tri kružnice prechádzajú bodom O - stredom kružnice opísanej okolo ∆ABC.

Zovšeobecnenie. Ak na stranách ∆ABC AC, BC, AC vezmeme ľubovoľné body A 1, B 1, C 1, potom sa kružnice opísané trojuholníkom AB 1 C 1, A 1 B 1 C, A 1 BC 1 pretínajú v jednom bode. .

1.2 Priesečník osi trojuholníka

Platí to aj opačne: ak je bod rovnako vzdialený od strán uhla, potom leží na jeho priesečníku.

Je užitočné označiť polovice jedného rohu rovnakými písmenami:

OAF=OAD= α, OBD=OBE= β, OCE=OCF= γ.

Nech bod O je priesečníkom priesečníkov uhlov A a B. Podľa vlastnosti bodu ležiaceho na priesečníku uhla A je OF=OD=r. Podľa vlastnosti bodu ležiaceho na osi uhla B je OE=OD=r. Teda OE=OD= OF=r= bod O je rovnako vzdialený od všetkých strán trojuholníka ABC, t.j. O je stred vpísanej kružnice. (Bod O je jediný).

Záver: teda, ak bod O je priesečníkom priesečníkov uhlov trojuholníka, potom OE=OD= OF=r, t.j. bod O je rovnako vzdialený od všetkých strán trojuholníka ABC, čo znamená, že je stredom vpísanej kružnice. Priesečník O-priesečníkov uhlov trojuholníka je pozoruhodný bod trojuholníka.

Dôsledky:

Z rovnosti trojuholníkov AOF a AOD (obrázok 1) pozdĺž prepony a ostrého uhla vyplýva, že A.F. = AD . Z rovnosti trojuholníkov OBD a OBE vyplýva, že BD = BE , Z rovnosti trojuholníkov COE a COF vyplýva, že S F = C.E. . Dotykové segmenty nakreslené ku kružnici z jedného bodu sú teda rovnaké.

AF=AD= z, BD=BE= r, СF=CE= X

a=x+y (1), b= x+z (2), c= x+y (3).

+ (2) – (3), potom dostaneme: a+b-с=X+ r+ X+ z- z- r = a+b-s= 2X =

x=( b + c - a)/2

Podobne: (1) + (3) – (2), potom dostaneme: y = (a + c –b)/2.

Podobne: (2) + (3) – (1), potom dostaneme: z= (a +b - c)/2.

Osa uhla trojuholníka rozdeľuje opačnú stranu na segmenty úmerné susedným stranám.

1.3 Priesečník stredov trojuholníka (ťažisko)

Dôkaz 1. Nech A 1 , B 1 a C 1 sú stredy strán BC, CA a AB trojuholníka ABC (obr. 4).

Nech G je priesečník dvoch mediánov AA 1 a BB 1. Najprv dokážme, že AG:GA 1 = BG:GB 1 = 2.

Za týmto účelom zoberte stredy P a Q segmentov AG a BG. Podľa vety o strednej čiare trojuholníka sú úsečky B 1 A 1 a PQ rovné polovici strany AB a rovnobežné s ňou. Preto je štvoruholník A 1 B 1 PQ rovnobežník. Potom bod G priesečníka jeho uhlopriečok PA 1 a QB 1 rozdelí každú z nich na polovicu. Preto body P a G rozdeľujú medián AA 1 na tri rovnaké časti a body Q a G rozdeľujú aj medián BB 1 na tri rovnaké časti. Takže bod G priesečníka dvoch stredníc trojuholníka rozdeľuje každý z nich v pomere 2:1, počítajúc od vrcholu.

Priesečník stredníc trojuholníka sa nazýva ťažisko alebo ťažisko trojuholník. Tento názov je spôsobený tým, že práve v tomto bode sa nachádza ťažisko homogénnej trojuholníkovej platne.

1.4 Priesečník výšok trojuholníka (ortocentrum)

1,5 Torricelliho bodu

Cesta je daná trojuholníkom ABC. Torricelliho bod tohto trojuholníka je bod O, z ktorého sú strany daný trojuholník viditeľné pod uhlom 120°, t.j. uhly AOB, AOC a BOC sa rovnajú 120°.

Dokážme, že ak sú všetky uhly trojuholníka menšie ako 120°, potom Torricelliho bod existuje.

Na strane AB trojuholníka ABC zostrojíme rovnostranný trojuholník ABC" (obr. 6, a) a opíšeme kružnicu okolo neho. Úsečka AB pretína oblúk tejto kružnice s uhlom 120°. V dôsledku toho body tohto oblúka iné ako A a B majú tú vlastnosť, že úsečka AB je z nich viditeľná pod uhlom 120° Podobne na strane AC trojuholníka ABC zostrojíme rovnostranný trojuholník ACB (obr. 6, a) a opíšeme okolo neho kružnicu. . Body zodpovedajúceho oblúka, odlišné od A a C, majú tú vlastnosť, že segment AC je z nich viditeľný pod uhlom 120°. V prípade, že uhly trojuholníka sú menšie ako 120°, tieto oblúky sa pretínajú v nejakom vnútornom bode O. V tomto prípade ∟AOB = 120°, ∟AOC = 120°. Preto ∟BOC = 120°. Preto je bod O požadovaný.

V prípade, že sa jeden z uhlov trojuholníka, napríklad ABC, rovná 120°, priesečníkom kruhových oblúkov bude bod B (obr. 6, b). V tomto prípade Torricelliho bod neexistuje, pretože nie je možné hovoriť o uhloch, v ktorých sú z tohto bodu viditeľné strany AB a BC.

V prípade, že jeden z uhlov trojuholníka, napríklad ABC, je väčší ako 120° (obr. 6, c), príslušné oblúky kružníc sa nepretínajú a Torricelliho bod tiež neexistuje.

Torricelliho bod je spojený s Fermatovým problémom (ktorým sa budeme zaoberať v kapitole II) nájsť bod, ktorého súčet vzdialeností k trom daným bodom je najmenší.

1.6 Deväťbodový kruh

A 3 B 2 je v skutočnosti stredová čiara trojuholníka AHC, a preto A 3 B 2 || CC 1. B 2 A 2 je stredná čiara trojuholníka ABC, a teda B 2 A 2 || AB. Pretože CC 1 ┴ AB, potom A 3 B 2 A 2 = 90°. Podobne A3C2A2 = 90°. Preto body A 2, B 2, C 2, A 3 ležia na tej istej kružnici s priemerom A 2 A 3. Keďže AA 1 ┴BC, potom do tohto kruhu patrí aj bod A 1. Body A 1 a A 3 teda ležia na kružnici opísanej v trojuholníku A2B2C2. Podobne je ukázané, že body B 1 a B 3, C 1 a C 3 ležia na tejto kružnici. To znamená, že všetkých deväť bodov leží na tej istej kružnici.

V tomto prípade stred kružnice deviatich bodov leží v strede medzi stredom priesečníka výšok a stredom kružnice opísanej. Nech je v trojuholníku ABC (obr. 9) bod O stredom kružnice opísanej; G – priesečník mediánov. H je bod, kde sa pretínajú výšky. Musíte dokázať, že body O, G, H ležia na tej istej priamke a stred kruhu deviatich bodov N rozdeľuje úsečku OH na polovicu.

Uvažujme rovnosť so stredom v bode G a koeficientom -0,5. Vrcholy A, B, C trojuholníka ABC smerujú do bodov A 2, B 2, C 2. Výšky trojuholníka ABC prejdú do výšok trojuholníka A 2 B 2 C 2 a teda bod H pôjde do bodu O. Body O, G, H teda budú ležať na tej istej priamke.

Ukážme, že stred N úsečky OH je stredom kruhu deviatich bodov. C 1 C 2 je v skutočnosti tetiva kruhu deviatich bodov. Preto kolmica tejto tetivy je priemer a pretína OH v strede N. Podobne kolmica tetivy B 1 B 2 je priemer a pretína OH v rovnakom bode N. Takže N je stred kruh deviatich bodov. Q.E.D.

Nech P je ľubovoľný bod ležiaci na kružnici opísanej v trojuholníku ABC; D, E, F – základne kolmíc poklesnuté z bodu P na strany trojuholníka (obr. 10). Ukážme, že body D, E, F ležia na tej istej priamke.

Všimnite si, že ak AP prechádza stredom kruhu, potom sa body D a E zhodujú s vrcholmi B a C. V opačnom prípade je jeden z uhlov ABP alebo ACP ostrý a druhý tupý. Z toho vyplýva, že body D a E budú ležať na opačných stranách priamky BC a aby sme dokázali, že body D, E a F ležia na tej istej priamke, stačí skontrolovať, že ∟CEF =∟BED.

Opíšme kružnicu s priemerom CP. Pretože ∟CFP = ∟CEP = 90°, potom body E a F ležia na tejto kružnici. Preto ∟CEF =∟CPF ako vpísané uhly zovreté jedným oblúkom kruhu. Ďalej, ∟CPF = 90°- ∟PCF = 90°- ∟DBP = ∟BPD. Opíšme kružnicu s priemerom BP. Pretože ∟BEP = ∟BDP = 90°, potom body F a D ležia na tejto kružnici. Preto ∟BPD =∟BED. Preto nakoniec dostaneme, že ∟CEF =∟BED. To znamená, že body D, E, F ležia na tej istej priamke.

kapitolaIIRiešenie problémov

Začnime problémami týkajúcimi sa umiestnenia osi, mediánov a nadmorských výšok trojuholníka. Ich riešenie vám na jednej strane umožňuje zapamätať si predtým preberaný materiál a na druhej strane rozvíja potrebné geometrické koncepty, pripravuje vás na ďalšie riešenie komplexné úlohy.

Úloha 1. Pri uhloch A a B trojuholníka ABC (∟A

Riešenie. Nech CD je výška a CE je stred

∟BCD = 90° - ∟B, ∟BCE = (180° - ∟A - ∟B):2.

Preto ∟DCE =.

Riešenie. Nech O je priesečník osi trojuholníka ABC (obr. 1). Využime skutočnosť, že väčší uhol leží oproti väčšej strane trojuholníka. Ak AB BC, potom ∟A

Riešenie. Nech O je priesečník výšok trojuholníka ABC (obr. 2). Ak AC ∟B. Kružnica s priemerom BC bude prechádzať bodmi F a G. Ak vezmeme do úvahy, že menšia z dvoch tetiv je tá, na ktorej spočíva menší vpísaný uhol, dostaneme CG

Dôkaz. Na stranách AC a BC trojuholníka ABC, rovnako ako na priemeroch, zostrojíme kružnice. Body A 1, B 1, C 1 patria do týchto kruhov. Preto ∟B 1 C 1 C = ∟B 1 BC, ako uhly založené na rovnakom oblúku kruhu. ∟B 1 BC = ∟CAA 1 ako uhly so vzájomne kolmými stranami. ∟CAA 1 = ∟CC 1 A 1 ako uhly zovreté rovnakým oblúkom kružnice. Preto ∟B 1 C 1 C = ∟CC 1 A 1, t.j. CC1 je osou uhla B1C1A1. Podobne je ukázané, že AA1 a BB1 sú osy uhlov B1A1C1 a A1B1C1.

Uvažovaný trojuholník, ktorého vrcholy sú základňami nadmorských výšok daného ostrého trojuholníka, poskytuje odpoveď na jeden z klasických extrémnych problémov.

Riešenie. Nech ABC je daný ostrý trojuholník. Na jeho stranách musíte nájsť body A 1 , B 1 , C 1, pre ktoré by bol obvod trojuholníka A 1 B 1 C 1 najmenší (obr. 4).

Najprv fixme bod C 1 a hľadajme body A 1 a B 1, pre ktoré je obvod trojuholníka A 1 B 1 C 1 najmenší (pre danú polohu bodu C 1).

Za týmto účelom uvážte body D a E symetrické k bodu C 1 vzhľadom na priamky AC a BC. Potom B 1 C 1 = B 1 D, A 1 C 1 = A 1 E a teda obvod trojuholníka A 1 B 1 C 1 bude rovná dĺžke prerušovaná čiara DB 1 A 1 E. Je zrejmé, že dĺžka tejto prerušovanej čiary je minimálna, ak body B 1, A 1 ležia na priamke DE.

Teraz zmeníme polohu bodu C 1 a hľadáme polohu, v ktorej je obvod príslušného trojuholníka A 1 B 1 C 1 najmenší.

Pretože bod D je symetrický k C 1 vzhľadom na AC, potom CD = CC 1 a ACD = ACC 1. Podobne CE=CC1 a BCE=BCC1. Preto je trojuholník CDE rovnoramenný. Jeho bočná strana sa rovná CC 1. Základňa DE sa rovná obvodu P trojuholník A 1 B 1 C 1. Uhol DCE sa rovná dvojitému uhlu ACB trojuholníka ABC, a preto nezávisí od polohy bodu C 1.

IN rovnoramenný trojuholník s daným uhlom na vrchole, čím menšia strana, tým menšia základňa. Preto najmenšia hodnota obvod P sa dosiahne v prípade najnižšej hodnoty CC 1 . Táto hodnota sa použije, ak CC 1 je výška trojuholníka ABC. Požadovaný bod C 1 na strane AB je teda základňou nadmorskej výšky nakreslenej z vrcholu C.

Všimnite si, že najprv by sme mohli opraviť nie bod C 1, ale bod A 1 alebo bod B 1 a dostali by sme, že A 1 a B 1 sú základne zodpovedajúcich výšok trojuholníka ABC.

Z toho vyplýva, že požadovaný trojuholník s najmenším obvodom vpísaným do daného ostrého trojuholníka ABC je trojuholník, ktorého vrcholy sú základňami výšok trojuholníka ABC.

Riešenie. Dokážme, že ak sú uhly trojuholníka menšie ako 120°, potom požadovaný bod v Steinerovej úlohe je Torricelliho bod.

Otočme trojuholník ABC okolo vrcholu C o uhol 60°, Obr. 7. Dostaneme trojuholník A’B’C. Zoberme si ľubovoľný bod O v trojuholníku ABC. Pri otáčaní sa dostane do bodu O'. Trojuholník OO'C je rovnostranný, pretože CO = CO' a ∟OCO' = 60°, preto OC = OO'. Preto sa súčet dĺžok OA + OB + OC bude rovnať dĺžke prerušovanej čiary AO + OO’ + O’B’. Je jasné, že dĺžka tejto prerušovanej čiary má najmenšiu hodnotu, ak body A, O, O‘, B‘ ležia na rovnakej priamke. Ak O je Torricelliho bod, potom je to tak. Skutočne, ∟AOC = 120°, ∟COO" = 60°. Preto body A, O, O' ležia na rovnakej priamke. Podobne ∟CO'O = 60°, ∟CO"B" = 120°. Preto body O, O', B' ležia na tej istej priamke To znamená, že všetky body A, O, O', B' ležia na tej istej priamke.

Záver

Geometria trojuholníka spolu s ďalšími časťami elementárnej matematiky umožňuje precítiť krásu matematiky vo všeobecnosti a môže sa stať pre niekoho začiatkom cesty k „veľkej vede“.

Geometria je úžasná veda. Jeho história siaha viac ako tisíc rokov dozadu, no každé stretnutie s ním je schopné obdarovať a obohatiť (študenta aj učiteľa) vzrušujúcou novinkou malého objavu, úžasnou radosťou z tvorivosti. Akýkoľvek problém v elementárnej geometrii je v podstate teorém a jeho riešenie je skromným (a niekedy obrovským) matematickým víťazstvom.

Historicky geometria začínala trojuholníkom, takže už dva a pol tisícročia je trojuholník symbolom geometrie. Školská geometria sa môže stať zaujímavou a zmysluplnou len vtedy, keď sa môže stať geometriou pravou, 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.

V tejto práci sa zvažovali vlastnosti osi, stredníc, odvesníc a nadmorských výšok trojuholníka, rozšíril sa počet pozoruhodných bodov a čiar trojuholníka a formulovali a dokazovali sa vety. Bolo vyriešených množstvo problémov týkajúcich sa aplikácie týchto teorémov.

Prezentovaný materiál je možné použiť tak na základných hodinách, ako aj na výberových hodinách, ako aj pri príprave na centralizované testovanie a matematické olympiády.

Bibliografia

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

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

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

Latotin L.A., Chebotaravsky B.D. Matematika 9. – Minsk: Narodnaja Asveta, 2014.

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

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

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

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 treba poznamenať najúžasnejšia nehnuteľnosť trojuholník ako predmet štúdia: štúdium geometrie trojuholníka môže začať štúdiom ktorejkoľvek z jeho vlastností, pričom je základom; 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 kružnice trojuholníka 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 - tento trojuholník, O - priesečník priesečníkov, M, L a K - dotykové body 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 pozoruhodné body trojuholníka, Eulerova kružnica, Eulerova priamka.

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 - 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 pravouhlom trojuholníku OA1C sa uhol COA1 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 písmenom O priesečník stredníc AA1 a BB1 a nakreslite stredová čiara 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 strednej čiary 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.

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 rozdeľujú strany na polovicu. Uvažujme strednú čiaru $A_1B_1$ (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 bola 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 bola 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 bola 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.