Segitiga yang luar biasa menunjukkan fakta menarik. Karya penelitian “Poin-poin luar biasa dari segitiga

Kementerian Pendidikan dan Ilmu Pengetahuan Federasi Rusia Institusi Pendidikan Anggaran Negara Federal untuk Pendidikan Profesi Tinggi

"Universitas Negeri Magnitogorsk"

Fakultas Fisika dan Matematika

Departemen Aljabar dan Geometri

Kursus

Poin-poin luar biasa dari segitiga

Diselesaikan oleh: siswa kelompok 41

Vakhrameeva A.M.

Pembimbing ilmiah

Velikikh A.S.

Magnitogorsk 2014

Perkenalan

Secara historis, geometri dimulai dengan sebuah segitiga, jadi selama dua setengah milenium segitiga seolah-olah menjadi simbol geometri; namun ia bukan sekadar simbol, ia adalah atom geometri.

Mengapa segitiga dapat dianggap sebagai atom geometri? Karena konsep-konsep sebelumnya - titik, garis lurus, dan sudut - merupakan abstraksi yang kabur dan tidak berwujud beserta sekumpulan teorema dan permasalahan yang terkait. Oleh karena itu, geometri sekolah saat ini hanya dapat menjadi menarik dan bermakna, baru kemudian dapat menjadi geometri yang tepat jika mencakup kajian segitiga yang mendalam dan komprehensif.

Anehnya, segitiga, meskipun tampak sederhana, adalah objek studi yang tidak ada habisnya - tidak seorang pun, bahkan di zaman kita, yang berani mengatakan bahwa mereka telah mempelajari dan mengetahui semua sifat-sifat segitiga.

Artinya pembelajaran geometri sekolah tidak dapat terlaksana tanpa kajian mendalam tentang geometri segitiga; Mengingat keanekaragaman segitiga sebagai objek kajian - dan oleh karena itu menjadi sumber berbagai metode mempelajarinya - maka perlu dilakukan pemilihan dan pengembangan bahan untuk mempelajari geometri titik-titik luar biasa segitiga. Selain itu, ketika memilih materi ini, seseorang tidak boleh membatasi diri hanya pada titik-titik luar biasa yang diatur dalam kurikulum sekolah oleh Standar Pendidikan Negara, seperti pusat lingkaran bertulis (titik perpotongan garis bagi), pusat lingkaran. lingkaran luar (titik potong garis bagi), titik potong median, titik potong ketinggian. Namun untuk mendalami sifat segitiga dan memahami sifat segitiga yang tidak ada habisnya, perlu adanya gagasan tentang sebanyak mungkin titik-titik luar biasa dari segitiga tersebut. Selain tidak habisnya segitiga sebagai objek geometris, perlu diperhatikan sifat-sifat segitiga yang paling menakjubkan sebagai objek kajian: kajian geometri suatu segitiga dapat dimulai dengan kajian salah satu sifat-sifatnya, menjadikannya sebagai dasar; maka metodologi mempelajari segitiga dapat dibangun sedemikian rupa sehingga semua sifat segitiga lainnya dapat dirangkai atas dasar tersebut. Dengan kata lain, di mana pun Anda mulai mempelajari segitiga, Anda selalu dapat mencapai kedalaman apa pun dari sosok menakjubkan ini. Namun kemudian - sebagai pilihan - Anda bisa mulai mempelajari segitiga dengan mempelajari poin-poinnya yang luar biasa.

Tujuan dari kursus ini adalah untuk mempelajari titik-titik luar biasa dari sebuah segitiga. Untuk mencapai tujuan ini, tugas-tugas berikut perlu diselesaikan:

· Mempelajari konsep garis bagi, median, tinggi, garis bagi tegak lurus dan sifat-sifatnya.

· Perhatikan titik Gergonne, lingkaran Euler, dan garis Euler, yang tidak dipelajari di sekolah.

BAB 1. Garis bagi suatu segitiga, pusat lingkaran segitiga. Sifat-sifat garis bagi suatu segitiga. Poin Gergonna

1 Pusat lingkaran bertulisan segitiga

Titik-titik luar biasa suatu segitiga adalah titik-titik yang letaknya ditentukan secara unik oleh segitiga tersebut dan tidak bergantung pada urutan pengambilan sisi-sisi dan titik sudut segitiga.

Garis bagi suatu segitiga adalah ruas garis bagi suatu sudut suatu segitiga yang menghubungkan suatu titik sudut dengan suatu titik pada sisi yang berhadapan.

Dalil. Setiap titik garis bagi suatu sudut tak berkembang mempunyai jarak yang sama (yaitu, berjarak sama dari garis-garis yang memuat sisi-sisi segitiga) dari sisi-sisinya. Sebaliknya: setiap titik yang terletak di dalam suatu sudut dan berjarak sama dari sisi-sisi sudut terletak pada garis baginya.

Bukti. 1) Ambil sembarang titik M pada garis bagi sudut BAC, gambarlah garis tegak lurus MK dan ML terhadap garis lurus AB dan AC dan buktikan bahwa MK = ML. Pertimbangkan segitiga siku-siku ?AMK dan ?AML. Mereka sama dalam sisi miring dan sudut lancip (AM - sisi miring umum, 1 = 2 menurut konvensi). Oleh karena itu, MK=ML.

) Misalkan titik M terletak di dalam ANDA dan berjarak sama dari sisi AB dan AC. Mari kita buktikan bahwa sinar AM adalah garis bagi BAC. Mari kita menggambar garis tegak lurus MK dan ML pada garis lurus AB dan AC. Segitiga siku-siku AKM dan ALM sama sisi miring dan kakinya (AM adalah sisi miring persekutuan, MK = ML menurut konvensi). Jadi 1 = 2. Artinya sinar AM adalah garis bagi BAC. Teorema tersebut terbukti.

Konsekuensi. Garis-garis bagi suatu segitiga berpotongan di satu titik (pusat lingkaran dan pusat).

Mari kita nyatakan dengan huruf O titik potong garis bagi AA1 dan BB1 segitiga ABC dan tarik dari titik ini masing-masing garis tegak lurus OK, OL dan OM ke garis lurus AB, BC dan CA. Berdasarkan teorema (Setiap titik pada garis bagi suatu sudut yang tidak berkembang mempunyai jarak yang sama dari sisi-sisinya. Sebaliknya: setiap titik yang terletak di dalam sudut dan berjarak sama dari sisi-sisi sudut terletak pada garis-baginya) kita katakan OK = OM dan OK = OL. Oleh karena itu, OM = OL, yaitu titik O berjarak sama dari sisi ACB dan oleh karena itu terletak pada garis bagi CC1 sudut tersebut. Oleh karena itu, ketiga garis bagi ?ABC berpotongan di titik O, hal ini perlu dibuktikan.

lingkaran garis bagi garis segitiga

1.2 Sifat-sifat garis bagi suatu segitiga

Garis bagi BD (Gbr. 1.1) dari sudut mana pun ?ABC membagi sisi berhadapan menjadi bagian AD dan CD sebanding dengan sisi-sisi segitiga yang berdekatan.

Perlu dibuktikan jika ABD = DBC, maka AD: DC = AB: BC.

Ayo gelar CE || BD sampai perpotongan di titik E dengan kelanjutan sisi AB. Maka menurut teorema proporsionalitas ruas-ruas yang terbentuk pada garis-garis yang dipotong oleh beberapa garis sejajar, kita peroleh perbandingannya: AD: DC = AB: BE. Untuk berpindah dari perbandingan ini ke perbandingan yang perlu dibuktikan, cukup diketahui bahwa BE = BC, yaitu bahwa ?SEMUA sama kaki. Dalam segitiga ini E = ABD (sebagai sudut-sudut yang bersesuaian dengan garis-garis sejajar) dan ALL = DBC (sebagai sudut-sudut yang bersilangan dengan garis-garis sejajar yang sama).

Tapi ABD = DBC dengan syarat; ini berarti E = SEMUA, dan oleh karena itu sisi BE dan BC yang berhadapan dengan sudut yang sama besar juga sama besar.

Sekarang, dengan mengganti BE pada proporsi yang tertulis di atas dengan BC, kita memperoleh proporsi yang perlu dibuktikan.

20 Garis bagi sudut dalam dan sudut berdekatan suatu segitiga tegak lurus.

Bukti. Misalkan BD adalah garis bagi ABC (Gbr. 1.2), dan BE adalah garis bagi CBF luar yang berdekatan dengan sudut dalam yang ditentukan, ?ABC. Kemudian jika kita nyatakan ABD = DBC = ?, CBE = EBF = ?, lalu 2 ? + 2?= 1800 dan dengan demikian ?+ ?= 900. Dan ini berarti BD? MENJADI.

30 Garis bagi sudut luar suatu segitiga membagi sisi luarnya menjadi bagian-bagian yang sebanding dengan sisi-sisi yang berdekatan.

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

40 Garis bagi suatu sudut suatu segitiga membagi sisi yang berhadapan menjadi beberapa bagian yang sebanding dengan sisi-sisi yang berdekatan pada segitiga tersebut.

Bukti. Mari kita pertimbangkan ?ABC. Agar lebih pasti, biarkan garis bagi CAB memotong sisi BC di titik D (Gbr. 1.4). Mari kita tunjukkan bahwa BD: DC = AB: AC. Caranya, tariklah garis yang sejajar dengan garis AB melalui titik C, dan dilambangkan dengan E sebagai titik potong garis AD tersebut. Maka DAB=DEC, ABD=ECD dan karenanya ?oleskan~ ?DEC berdasarkan kriteria keserupaan segitiga yang pertama. Selanjutnya, karena sinar AD merupakan garis bagi CAD, maka CAE = EAB = AEC dan oleh karena itu, ?ECA sama kaki. Oleh karena itu AC=CE. Namun dalam hal ini, dari kesamaan ?oleskan dan ?DEC menyatakan BD: DC=AB: CE =AB: AC, dan inilah yang perlu dibuktikan.

Jika garis bagi suatu sudut luar suatu segitiga memotong perpanjangan sisi yang berhadapan dengan titik sudut tersebut, maka ruas-ruas dari titik potong yang dihasilkan sampai ujung-ujung sisi yang berhadapan sebanding dengan sisi-sisi yang berdekatan dari segitiga tersebut.

Bukti. Mari kita pertimbangkan ?ABC. Misalkan F adalah titik pada perpanjangan sisi CA, D adalah titik potong garis bagi segitiga luar BAF dengan perpanjangan sisi CB (Gbr. 1.5). Mari kita tunjukkan bahwa DC:DB=AC:AB. Mari kita tarik garis yang sejajar dengan garis AB melalui titik C, dan dilambangkan dengan E sebagai titik potong garis tersebut dengan garis DA. Kemudian segitiga ADB ~ ?EDC dan karenanya DC:DB=EC:AB. Dan sejak itu ?EAC= ?BURUK= ?CEA, lalu sama kaki ?Sisi CEA AC=EC dan, dengan demikian, DC:DB=AC:AB, merupakan hal yang perlu dibuktikan.

3 Memecahkan masalah menggunakan sifat-sifat garis bagi

Soal 1. Misalkan O adalah pusat lingkaran yang terdapat di dalamnya ?ABC, TAKSI = ?. Buktikan COB = 900+ ? /2.

Larutan. Karena O adalah pusat tulisan ?ABC suatu lingkaran (Gambar 1.6), maka sinar BO dan CO masing-masing merupakan garis bagi ABC dan BCA. Maka COB = 1800 - (OBC + BCO) = 1800 - (ABC + BCA)/2 = 1800 -(1800 - ?)/2 = 900 + ?/2, itulah yang perlu dibuktikan.

Soal 2. Misalkan O menjadi pusat dari soal yang dijelaskan ?ABC suatu lingkaran, H adalah alas ketinggian yang ditarik ke sisi BC. Buktikan bahwa garis bagi CAB juga merupakan garis bagi ? OAH.

Misalkan AD adalah garis bagi CAB, AE adalah diameter daerah yang dibatasi ?ABC lingkaran (Gbr. 1.7, 1.8). Jika ?ABC bersifat lancip (Gbr. 1.7) dan oleh karena itu, ABC<900, то так как ABC = AEC= ½ Busur AC, dan ?BHA dan ?ECA persegi panjang (BHA =ECA = 900), maka ?BHA~ ?ECA dan karena itu CAO = CAE =HAB. Selanjutnya, BAD dan CAD memiliki syarat yang sama, jadi HAD = BAD - BAH =CAD - CAE = EAD = OAD. Misalkan ABC = 900. Dalam hal ini, tinggi AH berimpit dengan sisi AB, maka titik O termasuk dalam sisi miring AC sehingga validitas pernyataan soal menjadi jelas.

Mari kita perhatikan kasus ketika ABC > 900 (Gbr. 1.8). Di sini segi empat ABCE ditulis dalam lingkaran dan karenanya AEC = 1800 - ABC. Sebaliknya ABH = 1800 - ABC, yaitu MEA = ABH. Dan sejak itu ?BHA dan ?ECA berbentuk persegi panjang, jadi HAB = 900 - ABH = 900 - AEC = EAC, maka HAD = HAB +BAD = EAC + CAD = EAD = OAD. Kasus dimana BAC dan ACB tumpul diperlakukan sama. ?

4 Poin Gergonna

Titik Gergonne adalah titik potong ruas-ruas yang menghubungkan titik-titik sudut segitiga dengan titik-titik singgung sisi-sisi yang berhadapan dengan titik-titik tersebut dan lingkaran pada segitiga tersebut.

Misalkan titik O adalah titik pusat lingkaran dalam segitiga ABC. Misalkan lingkaran dalam menyentuh sisi-sisi segitiga BC, AC dan AB masing-masing di titik D, E dan F. Titik Gergonne merupakan titik potong ruas AD, BE dan CF. Misalkan titik O menjadi pusat lingkaran yang tertulis ?ABC. Misalkan lingkaran dalam menyentuh sisi-sisi segitiga BC, AC dan AB masing-masing di titik D, E dan F. Titik Gergonne merupakan titik potong ruas AD, BE dan CF.

Mari kita buktikan bahwa ketiga ruas tersebut benar-benar berpotongan di satu titik. Perhatikan bahwa pusat lingkaran adalah titik potong garis bagi sudut-sudutnya ?ABC, dan jari-jari lingkaran dalam adalah OD, OE dan OF ?sisi-sisi segitiga. Jadi, kita memiliki tiga pasang segitiga sama kaki (AFO dan AEO, BFO dan BDO, CDO dan CEO).

Bekerja AF?BD ? CE dan AE? MENJADI? CF adalah sama, karena BF = BD, CD = CE, AE = AF, maka perbandingan kedua hasil kali tersebut adalah sama, dan berdasarkan teorema Ceva (Biarkan titik A1, B1, C1 terletak pada sisi BC, AC dan AB ? ABC masing-masing. Misalkan segmen AA1 , BB1 dan CC1 berpotongan di satu titik

(kita mengelilingi segitiga searah jarum jam)), ruas-ruas tersebut berpotongan di satu titik.

Properti lingkaran tertulis:

Suatu lingkaran dikatakan berada dalam segitiga jika menyentuh semua sisinya.

Sebuah lingkaran dapat ditulisi dalam segitiga apa pun.

Diketahui: ABC adalah segitiga tersebut, O adalah titik potong garis-garisnya, M, L dan K adalah titik-titik singgung lingkaran dengan sisi-sisi segitiga (Gbr. 1.11).

Buktikan: O adalah pusat lingkaran pada ABC.

Bukti. Mari kita menggambar garis tegak lurus OK, OL dan OM dari titik O ke sisi AB, BC dan CA (Gbr. 1.11). Karena titik O berjarak sama dari sisi-sisi segitiga ABC, maka OK = OL = OM. Jadi, sebuah lingkaran dengan pusat O berjari-jari OK melalui titik K, L, M. Sisi-sisi segitiga ABC menyentuh lingkaran tersebut di titik K, L, M karena tegak lurus terhadap jari-jari OK, OL dan OM. Artinya sebuah lingkaran dengan pusat O berjari-jari OK terletak pada segitiga ABC. Teorema tersebut terbukti.

Pusat lingkaran pada segitiga adalah titik potong garis-baginya.

Misalkan ABC diberikan, O adalah pusat lingkaran yang terdapat di dalamnya, D, E dan F adalah titik singgung lingkaran dengan sisi-sisinya (Gbr. 1.12). ? AEO = ? AOD pada sisi miring dan kaki (EO = OD - sebagai radius, AO - total). Dari persamaan segitiga berikut ini? OAD = ? O.A.E. Jadi AO adalah garis bagi sudut EAD. Hal yang sama dibuktikan bahwa titik O terletak pada dua garis bagi segitiga lainnya.

Jari-jari yang ditarik ke titik singgung tegak lurus terhadap garis singgung tersebut.

Bukti. Misalkan keliling (O; R) berupa lingkaran tertentu (Gbr. 1.13), garis lurus a menyentuhnya di titik P. Misalkan jari-jari OP tidak tegak lurus a. Mari kita menggambar OD tegak lurus dari titik O ke garis singgung. Menurut definisi garis singgung, semua titiknya selain titik P, dan khususnya titik D, terletak di luar lingkaran. Oleh karena itu, panjang OD yang tegak lurus lebih besar dari panjang R OP yang miring. Hal ini bertentangan dengan sifat miring, dan kontradiksi yang dihasilkan membuktikan pernyataan tersebut.

BAB 2. 3 titik luar biasa segitiga, lingkaran Euler, garis lurus Euler.

1 Pusat lingkaran luar suatu segitiga

Garis bagi yang tegak lurus suatu ruas adalah garis yang melalui titik tengah ruas dan tegak lurus terhadap ruas tersebut.

Dalil. Setiap titik pada garis bagi suatu segmen mempunyai jarak yang sama dari ujung-ujung segmen tersebut. Sebaliknya: setiap titik yang berjarak sama dari ujung suatu ruas terletak pada garis bagi yang tegak lurus.

Bukti. Misalkan garis lurus m adalah garis bagi yang tegak lurus ruas AB, dan titik O adalah titik tengah ruas tersebut.

Mari kita perhatikan sembarang titik M dari garis lurus m dan buktikan bahwa AM=BM. Jika titik M berimpit dengan titik O, maka persamaan tersebut benar, karena O adalah titik tengah ruas AB. Misalkan M dan O merupakan titik yang berbeda. Persegi panjang ?OAM dan ?OBM sama besar pada dua kaki (OA = OB, OM adalah kaki yang sama), maka AM = BM.

) Perhatikan sebuah titik sembarang N yang berjarak sama dari ujung-ujung ruas AB, dan buktikan bahwa titik N terletak pada garis m. Jika N adalah sebuah titik pada garis AB, maka titik tersebut berimpit dengan titik tengah O ruas AB sehingga terletak pada garis m. Jika titik N tidak terletak pada garis AB, maka perhatikan ?ANB yang sama kaki karena AN=BN. Ruas NO adalah median segitiga ini, dan juga tingginya. Jadi, NO tegak lurus AB, sehingga garis ON dan m berimpit, sehingga N adalah titik pada garis m. Teorema tersebut terbukti.

Konsekuensi. Garis bagi yang tegak lurus sisi-sisi segitiga berpotongan di satu titik (pusat lingkaran luar).

Mari kita nyatakan O, titik potong garis-garis tegak lurus m dan n pada sisi AB dan BC ?ABC. Berdasarkan teorema (setiap titik garis-bagi yang tegak lurus terhadap suatu ruas mempunyai jarak yang sama dari ujung-ujung ruas tersebut. Sebaliknya: setiap titik yang berjarak sama dari ujung-ujung ruas terletak pada garis-bagi yang tegak lurus terhadap ruas tersebut.) kita menyimpulkan bahwa OB = OA dan OB = OC maka: OA = OC, Artinya, titik O berjarak sama dari ujung-ujung ruas AC dan oleh karena itu terletak pada garis-bagi yang tegak lurus p terhadap ruas tersebut. Oleh karena itu, ketiga garis bagi m, n dan p ke samping ?ABC berpotongan di titik O.

Untuk segitiga lancip titik ini terletak di dalam, untuk segitiga siku-siku titik ini terletak di luar segitiga, untuk segitiga siku-siku titik ini terletak di tengah sisi miring.

Sifat-sifat garis bagi tegak lurus suatu segitiga:

Garis-garis tempat terletaknya garis-bagi sudut dalam dan sudut luar segitiga, keluar dari satu titik sudut, berpotongan dengan garis tegak lurus di tengah sisi yang berlawanan dari titik-titik yang berhadapan secara diametris pada lingkaran yang dibatasi di sekitar segitiga.

Bukti. Misalnya, garis bagi ABC berpotongan dengan garis yang dijelaskan ?Lingkaran ABC di titik D (Gbr. 2.1). Maka karena tulisan ABD dan DBC sama besar, maka AD = busur DC. Tetapi garis-bagi yang tegak lurus terhadap sisi AC juga membagi dua busur AC, sehingga titik D juga termasuk dalam garis-bagi yang tegak lurus tersebut. Selanjutnya, karena berdasarkan sifat 30 dari paragraf 1.3 garis bagi BD ABC berdekatan dengan ABC, maka ABC akan memotong lingkaran di suatu titik yang berlawanan secara diametral dengan titik D, karena sudut siku-siku selalu bertumpu pada diameternya.

2 Orthocenter lingkaran segitiga

Tinggi adalah garis tegak lurus yang ditarik dari titik sudut suatu segitiga ke garis lurus yang memuat sisi berhadapan.

Ketinggian suatu segitiga (atau perpanjangannya) berpotongan di satu titik (orthocenter).

Bukti. Anggap saja sewenang-wenang ?ABC dan buktikan bahwa garis AA1, BB1, CC1 yang memuat ketinggiannya berpotongan di satu titik. Mari kita melewati setiap titik ?ABC adalah garis lurus yang sejajar dengan sisi seberangnya. Kami mengerti ?A2B2C2. Titik A, B, dan C merupakan titik tengah segitiga tersebut. Memang AB=A2C dan AB=CB2 ibarat sisi-sisi yang berhadapan dari jajar genjang ABA2C dan ABCB2, oleh karena itu A2C=CB2. Demikian pula C2A=AB2 dan C2B=BA2. Selain itu, sebagai berikut konstruksinya, CC1 tegak lurus A2B2, AA1 tegak lurus B2C2, dan BB1 tegak lurus A2C2. Jadi, garis AA1, BB1 dan CC1 merupakan garis bagi yang tegak lurus terhadap sisi-sisinya ?A2B2C2. Oleh karena itu, mereka berpotongan di satu titik.

Tergantung pada jenis segitiganya, ortosenternya bisa berada di dalam segitiga pada sudut lancip, di luarnya - pada sudut tumpul atau bertepatan dengan titik sudut, pada persegi panjang ia bertepatan dengan titik sudut siku-siku.

Sifat-sifat tinggi segitiga:

Suatu ruas yang menghubungkan alas dua ketinggian suatu segitiga lancip memotong sebuah segitiga yang sebangun dengan segitiga tertentu, yang koefisien kemiripannya sama dengan kosinus sudut yang sama.

Bukti. Misalkan AA1, BB1, CC1 adalah tinggi segitiga lancip ABC, dan ABC = ?(Gbr. 2.2). Segitiga siku-siku BA1A dan CC1B mempunyai persamaan ?, jadi keduanya sebangun, artinya BA1/BA = BC1/BC = cos ?. Maka BA1/BC1=BA/BC = cos ?, yaitu V ?C1BA1 dan ?Sisi ABC berdekatan dengan sisi umum ??C1BA1~ ?ABC, dengan koefisien kemiripan sama dengan cos ?. Hal ini dibuktikan dengan cara yang sama ?A1CB1~ ?ABC dengan koefisien kemiripan cos BCA, dan ?B1AC1~ ?ABC dengan koefisien kemiripan cos CAB.

Ketinggian yang turun ke sisi miring suatu segitiga siku-siku membaginya menjadi dua segitiga yang sebangun dan sebangun dengan segitiga aslinya.

Bukti. Misalkan sebuah persegi panjang ?ABC, yang memiliki ?BCA = 900, dan CD adalah tingginya (Gbr. 2.3).

Lalu kesamaannya ?ADC dan ?BDC misalnya mengikuti tanda kesebangunan segitiga siku-siku dengan perbandingan dua kaki, karena AD/CD = CD/DB. Segitiga siku-siku ADC dan BDC masing-masing sebangun dengan segitiga siku-siku aslinya, paling tidak berdasarkan kemiripan pada dua sudutnya.

Memecahkan masalah yang melibatkan penggunaan properti ketinggian

Soal 1. Buktikan bahwa sebuah segitiga, yang salah satu titik sudutnya merupakan titik sudut segitiga tumpul tertentu, dan dua titik lainnya adalah alas dari tinggi segitiga tumpul, dihilangkan dari dua titik sudut lainnya, sebangun dengan segitiga tersebut. diberikan segitiga dengan koefisien kemiripan sama dengan modulus kosinus sudut pada titik sudut pertama .

Larutan. Anggap saja tumpul ?ABC dengan CAB bodoh. Misalkan AA1, BB1, CC1 adalah tingginya (Gbr. 2.4, 2.5, 2.6) dan misalkan CAB = ?, ABC = ? , BCA = ?.

Bukti fakta itu ?C1BA1~ ?ABC (Gambar 2.4) dengan koefisien kemiripan k = cos ?, sepenuhnya mengulangi alasan yang dilakukan dalam pembuktian properti 1, paragraf 2.2.

Mari kita buktikan itu ?A1CB~ ?ABC (Gbr. 2.5) dengan koefisien kemiripan k1= cos ?, A ?B1AC1~ ?ABC (Gambar 2.6) dengan koefisien kemiripan k2 = |cos? |.

Memang benar segitiga siku-siku CA1A dan CB1B mempunyai sudut yang sama ?dan karena itu serupa. Maka B1C/BC = A1C / AC= cos ?dan oleh karena itu, B1C/ A1C = BC / AC = cos ?, yaitu pada segitiga A1CB1 dan ABC sisi-sisinya membentuk persekutuan ??, proporsional. Dan kemudian, menurut kriteria keserupaan segitiga yang kedua ?A1CB~ ?ABC, dengan koefisien kemiripan k1= cos ?. Sedangkan untuk kasus terakhir (Gbr. 2.6), maka dari pertimbangan segitiga siku-siku ?BB1A dan ?CC1A dengan sudut vertikal yang sama besar BAB1 dan C1AC maka keduanya sebangun sehingga B1A / BA = C1A / CA = cos (1800 - ?) = |kos ?|, sejak ??- tumpul. Jadi B1A / C1A = BA /CA = |cos ?| dan dengan demikian dalam segitiga ?B1AC1 dan ?Sisi-sisi ABC yang membentuk sudut-sudut yang sama besar adalah proporsional. Dan ini berarti itu ?B1AC1~ ?ABC dengan koefisien kemiripan k2 = |cos? |.

Soal 2. Buktikan jika titik O merupakan titik potong tinggi segitiga lancip ABC, maka ABC + AOC = 1800, BCA + BOA = 1800, CAB + COB = 1800.

Larutan. Mari kita buktikan validitas rumus pertama yang diberikan dalam rumusan masalah. Validitas dua rumus lainnya juga dibuktikan dengan cara yang sama. Jadi misalkan ABC = ?, AOC = ?. A1, B1 dan C1 adalah alas dari ketinggian segitiga yang ditarik dari titik sudut A, B dan C (Gbr. 2.7). Maka dari segitiga siku-siku BC1C diperoleh BCC1 = 900 - ?dan dengan demikian pada segitiga siku-siku OA1C sudut COA1 sama dengan ?. Jumlah sudut AOC + COA1 = ? + ?memberikan sudut lurus sehingga AOC + COA1 = AOC + ABC = 1800, yang perlu dibuktikan.

Soal 3. Buktikan bahwa tinggi suatu segitiga lancip adalah garis bagi sudut-sudut suatu segitiga yang titik-titik sudutnya merupakan alas dari tinggi segitiga tersebut.

adalah.2.8

Larutan. Misalkan AA1, BB1, CC1 adalah tinggi segitiga lancip ABC dan misalkan CAB = ?(Gbr. 2.8). Mari kita buktikan misalnya tinggi AA1 adalah garis bagi sudut C1A1B1. Memang karena segitiga C1BA1 dan ABC sebangun (sifat 1), maka BA1C1 = ?dan oleh karena itu, C1A1A = 900 - ?. Dari persamaan segitiga A1CB1 dan ABC maka AA1B1 = 900 - ?dan oleh karena itu C1A1A = AA1B1= 900 - ?. Artinya AA1 adalah garis bagi sudut C1A1B1. Demikian pula dibuktikan bahwa dua tinggi segitiga ABC yang lain merupakan garis bagi dua sudut yang bersesuaian pada segitiga A1B1C1.

3 Pusat gravitasi lingkaran segitiga

Median suatu segitiga adalah ruas garis yang menghubungkan sembarang titik sudut suatu segitiga dengan titik tengah sisi yang berhadapan.

Dalil. Median segitiga berpotongan di satu titik (pusat gravitasi).

Bukti. Mari kita pertimbangkan secara sewenang-wenang? ABC.

Mari kita nyatakan titik potong median AA1 dan BB1 dengan huruf O dan gambar garis tengah A1B1 segitiga ini. Ruas A1B1 sejajar dengan sisi AB, maka 1 = 2 dan 3 = 4. Jadi, ?AOB dan ?A1OB1 sebangun pada dua sudut, dan oleh karena itu, sisi-sisinya sebanding: AO:A1O=BO:B1O=AB:A1B1. Tapi AB=2A1B1, jadi AO=2A1O dan BO=2B1O. Jadi, titik O dari perpotongan median AA1 dan BB1 membagi masing-masing median tersebut dengan perbandingan 2:1, dihitung dari titik puncaknya.

Dibuktikan pula bahwa titik potong median BB1 dan CC1 membagi masing-masing median tersebut dengan perbandingan 2:1, dihitung dari titik puncaknya, sehingga berimpit dengan titik O dan dibagi dengan titik tersebut dengan perbandingan 2:1, menghitung dari titik puncak.

Sifat-sifat median segitiga:

10 Median suatu segitiga berpotongan di satu titik dan dibagi titik potongnya dengan perbandingan 2:1, dihitung dari titik sudutnya.

Diberikan: ?ABC, AA1, BB1 - median.

Buktikan: AO:OA1=VO:OB1=2:1

Bukti. Mari kita menggambar garis tengah A1B1 (Gbr. 2.10), sesuai dengan sifat garis tengah A1B1||AB, A1B1=1/2 AB. Sejak A1B1 || AB, maka 1 = 2 terletak melintang dengan garis sejajar AB dan A1B1 serta garis potong AA1. 3 = 4 terletak melintang dengan garis sejajar A1B1 dan AB serta garis potong BB1.

Karena itu, ?AOB~ ?A1OB1 dengan persamaan dua sudut, artinya sisi-sisinya sebanding: AO/A1O = OB/OB1 = AB/A1B = 2/1, AO/A1O = 2/1; OB/OB1 = 2/1.

Median membagi sebuah segitiga menjadi dua segitiga yang luasnya sama.

Bukti. BD - median ?ABC (Gbr. 2.11), BE - tingginya. Kemudian ?ABD dan ?DBC berukuran sama karena keduanya mempunyai alas AD dan DC yang sama serta tinggi BE yang sama.

Seluruh segitiga dibagi mediannya menjadi enam segitiga sama besar.

Jika pada kelanjutan median segitiga terdapat suatu ruas garis yang sama panjang dengan median tersebut diletakkan dari titik tengah sisi segitiga tersebut, maka titik ujung ruas tersebut dan titik-titik sudut segitiga tersebut adalah titik-titik sudut dari segitiga tersebut. jajaran genjang.

Bukti. Misalkan D adalah titik tengah sisi BC ?ABC (Gbr. 2.12), E adalah sebuah titik pada garis AD sehingga DE=AD. Kemudian, karena diagonal-diagonal AE dan BC segi empat ABEC di titik D perpotongannya berpotongan dua, maka dari sifat 13.4 maka segi empat ABEC adalah jajar genjang.

Menyelesaikan masalah menggunakan properti median:

Soal 1. Buktikan jika O adalah titik potong median ?ABC kalau begitu ?A.O.B. ?Dewan Komisaris dan ?AOC berukuran sama.

Larutan. Misalkan AA1 dan BB1 menjadi median ?ABC(Gbr. 2.13). Mari kita pertimbangkan ?AOB dan ?Dewan Komisaris. Jelas sekali bahwa S ?AOB = S ?AB1B-S ?AB1O,S ?Dewan Komisaris=S ?BB1C-S ?OB1C. Tapi berdasarkan properti 2 kita punya S ?AB1B=S ?BB1C, S ?AOB = S ?OB1C yang artinya S ?AOB = S ?Dewan Komisaris. Kesetaraan S ?AOB = S ?AOC.

Soal 2. Buktikan jika titik O terletak di dalam ?ABC dan ?A.O.B. ?Dewan Komisaris dan ?AOC sama luasnya, maka O adalah titik potong mediannya? ABC.

Larutan. Mari kita pertimbangkan ?ABC (2.14) dan asumsikan titik O tidak terletak pada median BB1. Kemudian karena OB1 adalah median ?AOC lalu S ?AOB1 = S ?B1OC , dan sejak dengan kondisi S ?AOB = S ?Dewan Komisaris, lalu S ?AB1OB = S ?BOB1C. Namun hal ini tidak mungkin terjadi, karena S ?ABB1 = S ?B1BC. Kontradiksi yang timbul berarti titik O terletak pada median BB1. Demikian pula dibuktikan bahwa titik O termasuk dalam dua median lainnya ?ABC. Oleh karena itu, apakah titik O benar-benar merupakan titik potong tiga median? ABC.

Soal 3. Buktikan jika masuk ?Sisi ABC AB dan BC tidak sama panjang, maka garis bagi BD terletak di antara median BM dan tinggi BH.

Bukti. Mari kita uraikan tentang ?ABC adalah sebuah lingkaran dan memanjangkan garis bagi BD hingga berpotongan dengan lingkaran di titik K. Titik tengah tegak lurus ruas AC akan melewati titik K (properti 1, dari paragraf 2.1), yang mempunyai titik persekutuan M dengan median. Tetapi karena ruas BH dan MK sejajar, dan titik B dan K terletak pada sisi yang berhadapan pada garis AC, maka titik potong ruas BK dan AC termasuk dalam ruas HM, dan ini membuktikan hal tersebut.

Soal 4.B ?Median ABC BM berukuran setengah sisi AB dan membentuk sudut 400 terhadapnya.

Larutan. Mari kita perpanjang median BM melampaui titik M sepanjang panjangnya dan dapatkan titik D (Gbr. 2.15). Karena AB = 2BM, maka AB = BD, yaitu segitiga ABD sama kaki. Jadi BURUK = BDA = (180o - 40o) : 2 = 70o. Segi empat ABCD merupakan jajar genjang karena diagonal-diagonalnya dibagi dua oleh titik potongnya. Artinya CBD = ADB = 700. Maka ABC = ABD + CBD =1100. Jawabannya adalah 1100.

Soal 5. Sisi-sisinya?ABC sama dengan a, b, c. Hitung median mc yang ditarik ke sisi c (Gbr. 2.16).

Larutan. Mari kita gandakan mediannya dengan menjumlahkan ?ABC pada jajar genjang ACBP, dan menerapkan Teorema 8 pada jajar genjang tersebut. Kita peroleh: CP2+AB2 = 2AC2+2BC2, yaitu. (2mc)2+c2= 2b2+2a2, dari situ kita mendapatkan:

2.4 Lingkaran Euler. garis Euler

Dalil. Alas median, tinggi segitiga sembarang, serta titik tengah ruas-ruas yang menghubungkan titik-titik sudut segitiga dengan ortopusatnya terletak pada lingkaran yang sama, yang jari-jarinya sama dengan setengah jari-jari lingkaran yang dibatasi disekitarnya. segitiga. Lingkaran ini disebut lingkaran sembilan titik atau lingkaran Euler.

Bukti. Mari kita ambil titik tengah?MNL (Gbr. 2.17) dan gambarkan lingkaran W di sekelilingnya. Ruas LQ adalah median persegi panjang?AQB, jadi LQ=1/2AB. Ruas MN=1/2AB, karena MN - garis tengah?ABC. Oleh karena itu trapesium QLMN adalah sama kaki. Karena lingkaran W melalui 3 titik sudut trapesium sama kaki L, M, N, maka lingkaran W juga melalui titik sudut keempat Q. Demikian pula dibuktikan bahwa P milik W, R milik W.

Mari kita lanjutkan ke titik X, Y, Z. Ruas XL tegak lurus BH sebagai garis tengah?AHB. Ruas BH tegak lurus AC dan karena AC sejajar LM, maka BH tegak lurus LM. Oleh karena itu, XLM=P/2. Demikian pula XNM= P/2.

Pada segi empat LXNM, dua sudut yang berhadapan merupakan sudut siku-siku, sehingga dapat digambarkan sebuah lingkaran di sekelilingnya. Ini akan menjadi lingkaran W. Jadi X milik W, begitu pula Y milik W, Z milik W.

Bagian tengah?LMN mirip dengan?ABC. Koefisien kemiripannya adalah 2. Jadi, jari-jari lingkaran sembilan titik adalah R/2.

Sifat-sifat lingkaran Euler:

Jari-jari lingkaran sembilan titik sama dengan setengah jari-jari lingkaran yang dibatasi di sekitar ABC.

Lingkaran sembilan titik homotetis dengan lingkaran yang dibatasi di sekitar ABC, dengan koefisien ½ dan pusat homothety di titik H.

Dalil. Pusat ortosenter, pusat massa, penyunat, dan sembilan titik terletak pada satu garis lurus. garis lurus Euler.

Bukti. Misalkan H adalah ortosenternya? ABC (Gbr. 2.18) dan O adalah pusat lingkaran yang dibatasi. Berdasarkan konstruksinya, garis-bagi yang tegak lurus?ABC memuat tinggi median?MNL, yaitu O sekaligus merupakan ortosenter?LMN. ?LMN ~ ?ABC, koefisien kemiripannya adalah 2, jadi BH=2ON.

Mari kita tarik garis lurus melalui titik H dan O. Kita mendapatkan dua segitiga sebangun?NOG dan?BHG. Karena BH=2ON, maka BG=2GN. Yang terakhir berarti titik G adalah pusat massa ABC. Untuk titik G rasio HG:GO=2:1 terpenuhi.

Misalkan TF selanjutnya adalah garis bagi yang tegak lurus?MNL dan F adalah titik potong tegak lurus tersebut dengan garis HO. Mari kita pertimbangkan ?TGF dan ?NGO yang serupa. Titik G merupakan centroid dari?MNL, sehingga koefisien kemiripan dari?TGF dan?NGO sama dengan 2. Jadi OG=2GF dan karena HG=2GO, maka HF=FO dan F adalah titik tengah ruas HO.

Jika kita melakukan penalaran yang sama mengenai garis bagi yang tegak lurus terhadap sisi yang lain?MNL, maka garis tersebut juga harus melalui titik tengah ruas HO. Artinya titik F merupakan titik garis bagi yang tegak lurus?MNL. Titik ini merupakan pusat lingkaran Euler. Teorema tersebut terbukti.

KESIMPULAN

Dalam karya ini, kita melihat 4 titik indah segitiga, yang dipelajari di sekolah, dan sifat-sifatnya, yang menjadi dasar kita dapat memecahkan banyak masalah. Titik Gergonne, lingkaran Euler, dan garis lurus Euler juga dipertimbangkan.

DAFTAR SUMBER YANG DIGUNAKAN

1.Geometri 7-9. Buku teks untuk sekolah menengah // Atanasyan L.S., Butuzov V.F. dan lain-lain - M.: Pencerahan, 1994.

2.Amelkin V.V. Geometri pada bidang: Teori, masalah, solusi: Buku Ajar. Panduan matematika // V.V. Amelkin, V.L. Rabtsevich, V.L. Timokhovich - Mn.: “Asar”, 2003.

.V.S. Bolodurin, O.A. Vakhmyanina, T.S. Izmailova // Manual tentang geometri dasar. Orenburg, OGPI, 1991.

.Prasolov V.G. Masalah dalam planimetri. - Edisi ke-4, ditambah - M.: Rumah penerbitan Pusat Pendidikan Matematika Berkelanjutan Moskow, 2001.

Ada yang disebut empat titik luar biasa dalam sebuah segitiga: titik potong median. Titik potong garis-bagi, titik potong ketinggian, dan titik potong garis-garis tegak lurus. Mari kita lihat masing-masingnya.

Titik potong median segitiga

Teorema 1

Di perpotongan median segitiga: Median suatu segitiga berpotongan di satu titik dan dibagi dengan titik potong tersebut dengan perbandingan $2:1$ dimulai dari titik sudut.

Bukti.

Misalkan segitiga $ABC$, dengan $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ adalah mediannya. Karena median membagi sisi-sisinya menjadi dua. Mari kita perhatikan garis tengah $A_1B_1$ (Gbr. 1).

Gambar 1. Median suatu segitiga

Berdasarkan Teorema 1, $AB||A_1B_1$ dan $AB=2A_1B_1$, maka $\angle ABB_1=\angle BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\angle AA_1B_1$. Artinya segitiga $ABM$ dan $A_1B_1M$ sebangun menurut kriteria keserupaan segitiga yang pertama. Kemudian

Demikian pula terbukti

Teorema tersebut terbukti.

Titik potong garis bagi segitiga

Teorema 2

Di perpotongan garis-garis bagi suatu segitiga: Garis bagi suatu segitiga berpotongan di satu titik.

Bukti.

Perhatikan segitiga $ABC$, dengan $AM,\BP,\CK$ adalah garis baginya. Misalkan titik $O$ adalah titik potong garis bagi $AM\ dan\BP$. Mari kita menggambar garis tegak lurus dari titik ini ke sisi-sisi segitiga (Gbr. 2).

Gambar 2. Garis bagi suatu segitiga

Teorema 3

Setiap titik garis bagi suatu sudut yang belum berkembang mempunyai jarak yang sama dari sisi-sisinya.

Berdasarkan Teorema 3, kita mendapatkan: $OX=OZ,\ OX=OY$. Oleh karena itu, $OY=OZ$. Artinya, titik $O$ berjarak sama dari sisi-sisi sudut $ACB$ dan oleh karena itu, terletak pada garis bagi $CK$.

Teorema tersebut terbukti.

Titik potong garis-bagi tegak lurus suatu segitiga

Teorema 4

Garis bagi yang tegak lurus sisi-sisi suatu segitiga berpotongan di satu titik.

Bukti.

Misalkan sebuah segitiga $ABC$ diberikan, $n,\ m,\ p$ garis bagi yang tegak lurus. Misalkan titik $O$ adalah titik potong garis bagi tegak lurus $n\ dan\ m$ (Gbr. 3).

Gambar 3. Garis bagi suatu segitiga tegak lurus

Untuk membuktikannya diperlukan teorema berikut.

Teorema 5

Setiap titik garis bagi yang tegak lurus terhadap suatu ruas mempunyai jarak yang sama dari ujung-ujung ruas tersebut.

Berdasarkan Teorema 3, kita mendapatkan: $OB=OC,\ OB=OA$. Oleh karena itu, $OA=OC$. Artinya, titik $O$ berjarak sama dari ujung ruas $AC$ dan oleh karena itu terletak pada garis bagi $p$ yang tegak lurus.

Teorema tersebut terbukti.

Titik potong ketinggian segitiga

Teorema 6

Ketinggian suatu segitiga atau perpanjangannya berpotongan di satu titik.

Bukti.

Misalkan segitiga $ABC$, dengan $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ adalah tingginya. Mari kita tarik garis lurus melalui setiap titik sudut segitiga yang sejajar dengan sisi yang berhadapan dengan titik sudut tersebut. Kita mendapatkan segitiga baru $A_2B_2C_2$ (Gbr. 4).

Gambar 4. Ketinggian segitiga

Karena $AC_2BC$ dan $B_2ABC$ merupakan jajar genjang dengan sisi yang sama, maka $AC_2=AB_2$, yaitu titik $A$ adalah titik tengah sisi $C_2B_2$. Demikian pula, kita menemukan bahwa titik $B$ adalah titik tengah sisi $C_2A_2$, dan titik $C$ adalah titik tengah sisi $A_2B_2$. Dari konstruksi kita mendapatkan $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Oleh karena itu, $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ adalah garis bagi tegak lurus segitiga $A_2B_2C_2$. Kemudian, berdasarkan Teorema 4, kita mendapatkan bahwa ketinggian $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ berpotongan di satu titik.

Distrik Liskinsky, lembaga pendidikan kota, sekolah menengah Anoshkinskaya.

Guru matematika Smorchkova E.B.

Tujuan proyek: belajar menggunakan berbagai literatur tentang geometri, bahan referensi untuk kajian lebih detail tentang topik “Poin-poin Luar Biasa dari sebuah segitiga”, memberikan pemahaman yang lebih lengkap tentang topik tersebut, menyiapkan presentasi tentang topik ini untuk demonstrasi selama pidato dan dalam pelajaran.

Geometri dimulai dengansegi tiga. Ini sudah jam dua setengahmilenium baru, segitiga ibarat simbol geometri; namun bukan sekedar simbol, segitiga adalah atom geometri.Dan bahkan saat ini geometri sekolah menjadi menarik danbermakna, menjadi geometri yang sebenarnya hanya dari awalpenampakan segitiga. Konsep sebelumnya adalah titik, garis lurusah, sudut - sepertinya abstraksi yang samar-samar, tapi terusAnalisis teorema dan masalah yang terkait dengannya sungguh membosankan.

Sejak langkah pertama perkembangannya, manusia, dan khususnya manusia modern, dihadapkan pada segala jenis objek geometris - figur dan benda. Ada kasus ketika seseorang di usia muda, jika bukan masa bayi, menjadi tertarik pada geometri dan bahkan membuat penemuan geometris secara mandiri. Jadi, Blaise Pascal kecil datang dengan "permainan geometri", yang melibatkan "koin" - lingkaran, "topi miring" - segitiga, "meja" - persegi panjang, "tongkat" - segmen. Ayahnya, yang memiliki pengetahuan mendalam tentang matematika, pada awalnya dengan tegas mengecualikan matematika dari jumlah mata pelajaran yang dia ajarkan kepada putranya, karena Blaise kecil tidak dalam kondisi kesehatan yang baik. Namun, setelah mengetahui minat putranya, dia memberitahunya sesuatu tentang geometri misterius, dan ketika dia menangkap Blaise pada saat dia menemukan bahwa sudut-sudut sebuah segitiga berjumlah dua sudut siku-siku, ayah yang tersentuh itu memberikan anaknya yang berusia 12 tahun. anak akses ke buku matematika yang disimpan di perpustakaan rumah.

Segitiga tidak ada habisnya - sifat-sifat barunya terus ditemukan. Untuk membicarakan semua sifat-sifatnya yang diketahui, Anda memerlukan volume yang sebanding dengan volume Ensiklopedia Besar. Tentang beberapa dari mereka, atau lebih tepatnya, tentang beberapa poin yang luar biasa, terkait dengan segitiga, kami ingin memberitahukannya kepada anda.

Mari kita jelaskan terlebih dahulu arti dari ungkapan “titik-titik luar biasa dari sebuah segitiga”. Kita semua tahu bahwa garis-bagi sudut dalam suatu segitiga berpotongan di satu titik - pusat lingkaran yang terdapat pada segitiga ini. Dengan cara yang sama, median, tinggi segitiga, dan garis bagi yang tegak lurus sisi-sisinya berpotongan di satu titik.

Tentu saja, titik-titik yang dihasilkan dari perpotongan ketiga garis tersebut sungguh luar biasa (bagaimanapun juga, tiga garis biasanya berpotongan di tiga titik berbeda). Titik-titik luar biasa dari jenis lain juga dimungkinkan, misalnya titik-titik di mana beberapa fungsi yang ditentukan untuk semua titik dalam segitiga mencapai titik ekstrem. Di sisi lain, konsep “titik-titik luar biasa dari sebuah segitiga” harus ditafsirkan pada tingkat sastra-emosional, bukan pada tingkat formal-matematis. Ada sofisme terkenal yang “membuktikan” bahwa semua bilangan asli itu “menarik”. (Dengan asumsi ada angka-angka yang “tidak menarik”, mari kita ambil angka yang terkecil di antara angka-angka tersebut. Tidak diragukan lagi, angka ini “menarik”: menarik hanya karena merupakan yang terkecil di antara angka-angka yang “tidak menarik”.) Alasan serupa, “membuktikan” bahwa semua titik segitiga adalah “luar biasa” ", dapat dibangun dalam kasus kita. Mari kita lanjutkan untuk mempertimbangkan beberapa contoh.

PUSAT LINGKARAN

Mari kita buktikan bahwa ada sebuah titik yang berjarak sama dari titik sudut segitiga, atau dengan kata lain, itu ada lingkaran yang lewatmelalui ketiga titik sudut segitiga tersebut. Tempat kedudukan titik-titik yang berjarak sama dari titik-titik A Dan DI DALAM, tegak lurus terhadap segmen tersebut AB, melewati titik tengahnya (garis bagi yang tegak lurus terhadap ruas tersebut AB). Pertimbangkan maksudnya TENTANG, di mana garis-bagi dari garis-garis tegak lurus terhadap segmen-segmen tersebut berpotongan AB Dan Matahari. Dot TENTANG berjarak sama dari titik A dan B, serta dari titik DI DALAM Dan DENGAN. Oleh karena itu, jaraknya sama dari titik-titik tersebut A Dan DENGAN, yaitu, ia juga terletak pada garis bagi yang tegak lurus terhadap segmen tersebut AC(Gbr. 50).

Tengah TENTANG lingkaran luar terletak di dalam segitiga hanya jika segitiga tersebut lancip. Jika segitiga tersebut siku-siku, maka titik TENTANG bertepatan dengan titik tengah sisi miring,

dan jika sudut di titik sudut DENGAN tumpul lalu lurus AB memisahkan titik O dan C.

Jika di Δ ABC sudut puncak DENGAN tajam lalu ke samping AB terlihat dari titik O dengan sudut sama dengan 2 <. AOB dua kali lipat dari yang tertulis < ACB , bertumpu pada busur yang sama. Jika <. C bodoh lalu ke samping AB terlihat dari intinya TENTANG dengan sudut sebesar 360° - 2<С. Воспользовавшись этим, легко доказать теорему синусов: AB =2 Rsin DENGAN, Di mana R- jari-jari lingkaran yang dibatasi Δ ABC. Faktanya, biarkan DENGAN 1 - tengah samping AB. Kemudian AC 1 = AOdosa <. AOC 1 = R dosa C, oleh karena itu AB =2 AC 1 =2 R sin C. Teorema sinus dapat dirumuskan dengan cara lain: “Proyeksi diameter lingkaran berbatas tegak lurus sisi pertama segitiga pada garis lurus yang memuat sisi kedua sama dengan sisi ketiga.” Pernyataan rumit ini sebenarnya hanyalah teorema sinus.

Dalam matematika, sering kali benda-benda yang didefinisikan dengan cara yang sangat berbeda ternyata sama. Mari kita tunjukkan ini dengan sebuah contoh.

Misalkan A 1, B 1 dan C 1 adalah titik tengah sisi-sisinya VS, SA Dan AB. Dapat dibuktikan bahwa lingkaran-lingkaran tersebut dibatasi di sekitar Δ AB 1 C 1 , Δ A 1 SM 1 dan Δ A 1 B 1 C , berpotongan di satu titik, dan titik tersebut merupakan pusat lingkaran yang dibatasi Δ ABC(Gbr. 51). Jadi, kita memiliki dua titik yang tampaknya sangat berbeda: titik potong garis bagi yang tegak lurus dengan sisi Δ ABC dan titik potong lingkaran yang dibatasi Δ AB 1 DENGAN 1 , Δ AiBCi dan Δ AiBiC . Namun ternyata entah kenapa kedua poin ini bertepatan!

Namun, marilah kita melaksanakan bukti yang dijanjikan. Cukuplah untuk membuktikan bahwa pusat O dari lingkaran luar adalah Δ ABC terletak pada lingkaran yang dibatasi di sekitar Δ AB 1 DENGAN 1 , Δ A iBCi dan Δ A 1 B 1 C . Sudut OB 1 A Dan sistem operasi 1 A garis lurus, jadi titik DI DALAM 1 Dan DENGAN 1 berbaring di atas lingkaran dengan diameter OA, artinya titik O terletak pada lingkaran yang dibatasi sekitar Δ AB 1 C 1 . Untuk Δ AiBCi dan Δ A 1 DI DALAM 1 DENGAN buktinya serupa.

Pernyataan yang terbukti merupakan kasus khusus dari teorema yang sangat menarik: jika di sampingAB, SMDanSAsegi tigaABCpoin sewenang-wenang diambilDENGAN 1 , A 1 DanDI DALAM 1 , kemudian dijelaskanlingkaran ΔAB 1 DENGAN 1 , Δ SEBUAH 1 Matahari 1 dan ΔA 1 DI DALAM 1 DENGAN berpotongan menjadi satutitik.

Mari kita beri komentar terakhir mengenai pusat lingkaran yang dibatasi. Langsung A 1 DI DALAM 1 Dan AB oleh karena itu adalah paralel sistem operasi 1 tegak lurus A 1 DI DALAM 1 Juga OB 1 tegak lurus A 1 C 1 Dan OA 1 tegak lurus DI DALAM 1 DENGAN 1 , yaitu TENTANG- titik potong ketinggian segitiga A 1 B 1 DENGAN 1 ... Tunggu, tunggu! Kita belum membuktikan bahwa ketinggian suatu segitiga berpotongan di satu titik. Apakah tidak ada cara untuk membuktikannya? Kami akan kembali ke percakapan ini nanti.

PUSAT LINGKARAN INDIKA

Mari kita buktikan bahwa garis bagi sudut Δ ABC berpotongan di satu titik. Perhatikan titik O pada perpotongan garis bagi sudut A dan B. Setiap titik garis bagi sudut A berjarak sama dari garis lurus AB Dan AC, dan setiap titik pada garis bagi sudut B berjarak sama dari garis lurus AB Dan matahari, oleh karena itu titik O berjarak sama dari garis AC Dan matahari, yaitu terletak pada garis bagi sudut C. Titik O berjarak sama terhadap garis lurus AB, SM Dan SA, Artinya ada lingkaran yang berpusat TENTANG, bersinggungan dengan garis-garis tersebut, dan titik singgungnya terletak pada sisi-sisinya, dan bukan pada perpanjangannya. Faktanya, sudut pada titik sudut A dan BΔ AOB tajam, maka proyeksi titik O pada garis lurus AB terletak di dalam segmen tersebut AB. Untuk pesta Matahari Dan SA buktinya serupa.

Membiarkan A 1 , DI DALAM 1 Dan DENGAN 1 - titik kontak lingkaran bertulisan segitiga dengan sisi-sisinya VS, SA Dan AB(Gbr. 52). Kemudian AB 1 =AC 1 , SM 1 = B.A. 1 Dan SA 1 = SV 1 . Selain itu, sudutnya B 1 A 1 C 1 sama dengan sudut pada alas sama kaki Δ AB 1 DENGAN 1 (dengan teorema sudut antara garis singgung dan tali busur), dst. Untuk sudut B 1 C 1 A 1 dan sudut A 1 B 1 C 1 buktinya serupa.

Sudut-sudut pada alas segitiga sama kaki adalah lancip, oleh karena itu Δ A 1 B 1 C 1 lancip untuk sembarang Δ ABC.

Jika X = AB 1 , kamu = SM 1 Dan z = C.A. 1 , Itu x+y = c,kamu + z = A Dan z + X = B , Di mana A,B Dan Dengan- panjang sisi Δ ABC. Menjumlahkan dua persamaan pertama dan mengurangkan persamaan ketiga, kita peroleh kamu= (a+c-c)/2. Juga x=(b+c-a)/2 Dan z =(a+b-c)/2. Perlu dicatat bahwa untuk segi empat, penalaran seperti itu tidak akan memberikan hasil yang diinginkan, karena sistem persamaan yang sesuai

entah tidak memiliki solusi sama sekali, atau memiliki solusi yang jumlahnya tak terhingga. Faktanya, jika x+y=sebuah,kamu + z = B , z + T = C Dan T + X = D , Itu kamu=a-X,z = B -kamu = B - a+x Dan T = C - B + A -X, dan dari kesetaraan T + X = D itu mengikuti itu A + C = B + D . Oleh karena itu jika a+c tidak sama dengan b+ D , maka sistem tidak memiliki solusi, dan jika A + C = B + D , Itu X dapat dipilih secara sewenang-wenang, dan kamu,z , T diungkapkan melalui X.

Mari kita kembali lagi ke keunikan penyelesaian sistem persamaan segitiga. Dengan menggunakannya, kita dapat membuktikan pernyataan berikut: misalkan lingkaran dengan pusat A, B, dan C bersentuhan secara eksternal di titik A 1, DI DALAM 1 Dan DENGAN 1 (Gbr. 53). Maka lingkaran yang dibatasi Δ A 1 B 1 C 1 tertulis di Δ ABC. Faktanya, jika x, kamu Dan z - jari-jari lingkaran; A , B Dan Dengan- panjang sisi Δ ABC, Itu x+y = c,kamu + z = A , kamu + X = B .

Mari kita buktikan tiga sifat pusat TENTANG lingkaran tertulis Δ ABC .

1. Jika merupakan kelanjutan dari garis bagi sudut DENGAN memotong lingkaran luar Δ ABC pada intinya M, Itu MA=MV=MO(Gbr. 54).

Mari kita buktikan, misalnya, bahwa dalam Δ AMO sudut pada titik A dan O sama besar.<OAM = < OAB + < BAM Dan < AOM =< O.A.C. +<А BERSAMA , < OAB=<ОАС Dan< KAMU = KAMU<ВСМ = < ACO . Karena itu, AM=MO. Juga VM=MO.

2. Jika AB- alas sama kaki Δ ABC, maka lingkaran tersebut bersinggungan dengan sisinya<ACB di poin A dan B, melewati titik O (Gbr. 55).

Misalkan O" adalah titik tengah busur (yang lebih kecil). AB lingkaran yang dimaksud. Berdasarkan sifat sudut antara garis singgung dan tali busur<CAO "= <О"ВА= <О"АВ, yaitu titik O" terletak pada garis bagi < A . Demikian pula dapat ditunjukkan bahwa ia terletak pada garis bagi < B , yaitu HAI" = HAI.

3. Jika sebuah garis yang melalui titik O sejajar dengan sisinya AB, melintasi sisi Matahari Dan SA di poin A 1 Dan DI DALAM 1 , Itu A 1 B 1 = A 1 B + AB 1 .

Mari kita buktikan bahwa Δ AB 1 HAI sama kaki. Nyatanya, < B 1 O.A. = < OAB = < B 1 A.O. (Gbr. 56). Itu sebabnya AB 1 = B 1 0. Juga A 1 B = A 1 HAI , yang artinya A 1 B 1 = A 1 HAI+O.B. 1 = A 1 B + AB 1 .

Biarkan masuk Δ ABC sudut titik A, B dan C sama dengan α, β, γ . Mari kita hitung sudut di mana sisinya AB terlihat dari titik O. Sejak sudut Δ JSC B pada titik A dan B sama dengan α/2 dan β/2

< AOB = 180°- (α+β)/2=180°- (180°- γ)/2=90° +γ/2. Ini

Rumusnya dapat berguna dalam memecahkan banyak masalah.

Mari kita cari tahu, misalnya, dalam hal apa segi empat dibentuk oleh sisi-sisinya AC Dan Matahari dan garis bagi A A 1 Dan BB 1 , tertulis. Segi empat O.A. 1 C.B. 1 tertulis jika dan hanya jika < A 1 C.B. 1 +

γ+(90° +γ/2) =180°, artinya γ = 60°. Dalam hal ini akordnya O.A. 1

Dan OB 1 lingkaran dalam segi empat OA 1 TIDAK 1 sama besar karena mempunyai sudut yang sama besar OKA 1 Dan GARAM 1 .

Lingkaran bertuliskan Δ ABC menyentuh sisi-sisinya pada titik-titik dalam. Mari kita cari tahu lingkaran apa saja yang bersinggungan dengan tiga garis AB, SM Dan SA. Pusat lingkaran yang bersinggungan dengan dua garis yang berpotongan terletak pada salah satu dari dua garis yang membagi dua sudut antara garis aslinya. Oleh karena itu, pusat lingkaran bersinggungan dengan garis lurus AB, SM Dan SA, terletak pada garis-bagi sudut luar atau dalam segitiga (atau perluasannya). Melalui titik perpotongan dua garis bagi sudut luar melewati garis bagi sudut dalam. Pembuktian pernyataan ini mengulangi secara verbatim pembuktian pernyataan yang bersesuaian untuk garis-bagi sudut dalam. Hasilnya, kita mendapatkan 4 lingkaran dengan pusat O, TENTANG A , Oh Dan TENTANG Dengan (Gbr. 57). Lingkari dengan pusat TENTANG A menyentuh bagian samping Matahari Dan

kelanjutan para pihak AB Dan AC; lingkaran ini disebut tidak tertulis keliling Δ ABC. Jari-jari lingkaran dalam suatu segitiga biasanya dilambangkan dengan r, dan jari-jari lingkaran luar dengan r A , G B dan g Dengan . Hubungan berikut berlaku antara jari-jari lingkaran tertulis dan lingkaran luar:

G / g s =(р-с)/р dan G G Dengan =(p - a) (p - b), Di mana R- setengah keliling Δ ABC. Mari kita buktikan. Misalkan K dan L adalah titik singgung bidang yang digambar dan dilingkari dengan garis Matahari(Gbr. 58). Segitiga Siku-siku JUS Dan BERSAMA C L oleh karena itu serupa

G / g s = Oke/O Dengan L = CK / C.L. .. Telah dibuktikan sebelumnya bahwa SC = (a+b-c)/2=p-c.

Masih harus diperiksa C.L. = P .

Membiarkan M Dan R- titik singgung suatu lingkaran dengan garis lurus AB Dan AC. Kemudian

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

Untuk membuktikan hubungannya rr C =(P - A )(P - B ) pertimbangkan segitiga siku-siku L.O. C B Dan KVO, yang serupa karena

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

Cara, L HAI s /ВL =BK /KO, mis. rr C = KO. · L.O. C = BK · B.L. . Perlu dicatat bahwa VK=(A + C - B )/2= P - B Dan B.L. = C.L. - C.B. = P - A .

Mari kita perhatikan satu lagi properti menarik (sebenarnya sudah terbukti). Biarkan tulisan dan lingkaran menyentuh bagian samping AB di poin N Dan M(Gbr. 58). Kemudian PAGI. = BN . Nyatanya, BN = P - B Dan AM=AR=SR-AS=p - c.

Rasio rr C =(P - A)(P-V ) Dan R p=R Dengan (P-c) dapat digunakan untuk menurunkan rumus Heron S 2 = P (P - A )(P - B )(P - C ), Di mana S - luas segitiga. Mengalikan rasio ini, kita mendapatkan R 2 P =(P - A )(P - B )(P - C ). Masih harus diperiksa S = pr . Ini dapat dengan mudah dilakukan dengan memotong Δ ABC pada ΔAOB, ΔBOS Dan ΔSOA.

TITIK PERSimpangan MEDIAN

Mari kita buktikan median suatu segitiga berpotongan di satu titik. Untuk ini, pertimbangkan intinya M, dimana median berpotongan A A 1 Dan BB 1 . Mari kita lakukan di Δ BB1S garis tengah A 1 A 2 , paralel BB 1 (Gbr. 59). Kemudian A 1 M : PAGI. = B 1 A 2 : AB 1 = B 1 A 2 : B 1 C = B.A. 1 :VS=1:2, yaitu titik potong median BB 1 Dan A A 1 membagi median A A 1 dengan perbandingan 1:2. Begitu pula dengan titik potong median SS 1 Dan A A 1 membagi median A A 1 dengan perbandingan 1:2. Oleh karena itu, titik potong median A A 1 Dan BB 1 bertepatan dengan titik potong median A A 1 Dan SS 1 .

Jika titik potong median suatu segitiga dihubungkan dengan titik sudutnya, maka segitiga tersebut terbagi menjadi tiga segitiga yang luasnya sama. Memang, itu sudah cukup untuk membuktikan jika R- titik mana pun di median A A 1 V ABC, lalu daerahnya ΔAVR Dan ΔACP sama. Bagaimanapun, median A A 1 Dan RA 1 di Δ ABC dan Δ RVS potong menjadi segitiga dengan luas yang sama.

Pernyataan sebaliknya juga benar: jika untuk beberapa hal R, berbaring di dalam Δ ABC, luas Δ AVR, Δ HRV Dan ΔSAR sama, kalau begitu R- titik potong median. Padahal dari pemerataan wilayah ΔAVR Dan ΔHRV maka jarak titik A dan C ke garis lurus adalah VR sama, yang artinya VR melewati bagian tengah segmen AC. Untuk AR Dan SR buktinya serupa.

Persamaan luas segitiga yang mediannya membagi segitiga memungkinkan kita mencari perbandingan luas s segitiga yang terdiri dari median sebagai berikut ΔABC, ke area S dari Δ itu sendiri ABC. Membiarkan M- titik potong median Δ ABC; dot A" simetris A relatif terhadap intinya M(Gbr. 60)

Di satu sisi, kawasan ΔA"MS sama dengan S/3. Sebaliknya, segitiga ini terdiri dari segmen-segmen yang panjangnya masing-masing sama dengan 2/3 dari panjang median yang bersesuaian, jadi luasnya

sama dengan (2/3) 2 s = 4s /9. Karena itu, S =3 S /4.

Sifat yang sangat penting dari titik potong median adalah jumlah tiga vektor yang berjalan dari titik tersebut ke titik sudut segitiga adalah sama dengan nol. Mari kita perhatikan hal itu terlebih dahulu AM=1/3(AB+AC), Di mana M- titik potong median Δ ABC . Faktanya, jika

ABA "DENGAN- jajaran genjang, kalau begitu AA"=AB+AC Dan AM=1/3AA". Itu sebabnya MA+MV+MC=1/3(BA+SA+AB + SV + AC + BC) = 0.

Jelas juga bahwa hanya titik potong median yang mempunyai sifat ini, karena jika X - kalau begitu, ada hal lain

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

Dengan menggunakan sifat titik potong median suatu segitiga, kita dapat membuktikan pernyataan berikut: titik potong median suatu segitiga dengan titik sudut di titik tengah sisi-sisinya AB,CD Dan E.F. segi enam ABCDEF bertepatan dengan titik potong median segitiga dengan titik sudut di titik tengah sisi-sisinya matahari,DE Dan F.A. . Faktanya, memanfaatkan fakta bahwa jika, misalnya, R- bagian tengah segmen AB, lalu untuk titik mana pun X kesetaraan adalah benar HA+ HB=2ХР, Mudah untuk membuktikan bahwa titik potong median kedua segitiga yang ditinjau mempunyai sifat bahwa jumlah vektor yang mengalir dari titik tersebut ke titik sudut segi enam adalah nol. Oleh karena itu, poin-poin ini bertepatan.

Titik potong median memiliki satu sifat yang membedakannya secara tajam dari titik-titik luar biasa lainnya dalam segitiga: jika Δ A"B"C" adalah proyeksi ΔABC pada bidang, maka titik potong median Δ A "B" C" adalah proyeksi titik potong median ΔABC di pesawat yang sama. Hal ini dengan mudah mengikuti fakta bahwa ketika memproyeksikan, bagian tengah segmen masuk ke tengah proyeksinya, yang berarti median segitiga masuk ke median proyeksinya. Baik garis bagi maupun tingginya tidak memiliki sifat ini.

Perlu diperhatikan bahwa titik potong median suatu segitiga adalah pusat massanya, baik pusat massa suatu sistem tiga titik material dengan massa yang sama yang terletak pada titik sudut segitiga, maupun pusat massa dari suatu segitiga. piring berbentuk seperti segitiga tertentu. Posisi kesetimbangan segitiga bergantung pada suatu titik sembarang X , akan ada posisi di mana balok Hm diarahkan menuju pusat bumi. Untuk segitiga yang bergantung pada titik potong median, setiap posisi merupakan posisi setimbang. Selain itu, segitiga yang median titik potongnya bertumpu pada ujung jarum juga akan berada pada posisi setimbang.

TITIK PERSimpangan ELEVASI

Untuk membuktikan bahwa ketinggian Δ ABC berpotongan di satu titik, ingat kembali jalur pembuktian yang digariskan pada akhir bagian “Pusat Lingkaran yang Dibatasi”. Mari membawa Anda melewati puncaknya A, B Dan DENGAN garis lurus sejajar dengan sisi yang berhadapan; garis-garis ini membentuk Δ A 1 DI DALAM 1 DENGAN 1 (Gbr. 61). Ketinggian Δ ABC adalah garis bagi yang tegak lurus terhadap sisi-sisinya ΔA 1 B 1 C 1 . Akibatnya, mereka berpotongan di satu titik - pusat lingkaran luar ΔA 1 B 1 C 1 . Titik potong ketinggian suatu segitiga kadang-kadang disebut titik potongnya pusat orto.

-

Sangat mudah untuk memeriksa apakah H adalah titik potong ketinggian Δ ABC, Itu A, B Dan DENGAN - titik potong ketinggian Δ VNS, ΔSNA dan Δ ANV masing-masing.

Hal ini juga jelas<ABC + < A.H.C. = 180° karena < B.A. 1 H = < SM 1 H =90° (A 1 Dan C 1 - dasar ketinggian). Jika intinya H 1 simetris terhadap titik H terhadap garis lurus AC, lalu segi empat ABCN 1 tertulis. Oleh karena itu, jari-jari lingkaran yang dibatasi Δ ABC dan Δ SEBUAH S sama besar dan lingkaran-lingkaran ini simetris terhadap sisi-sisinya AC(Gbr. 62). Sekarang mudah untuk membuktikannya

SEBUAH=sebuah|ctg A|, dimana a = SM. Memang,

AH=2R dosa< ACH=2R|karena SEBUAH| =a|ctg A| .

Mari kita asumsikan untuk kesederhanaan itu ΔABC siku-siku dan pertimbangkan Δ A 1 B 1 C 1 , dibentuk oleh alas ketinggiannya. Ternyata pusat lingkaran yang tertulis Δ A 1 B 1 C 1 adalah titik potong ketinggian Δ ABC, dan pusat lingkaran luar

ΔA 1 B 1 C 1 adalah simpul dari Δ ABC(Gbr. 63). Poin A 1 Dan DI DALAM 1 CH(sejak tikungan NV 1 S dan AKTIF 1 DENGAN lurus), jadi < HA. 1 B 1 = < HCB 1 . Juga<HA. 1 C 1 = < HBC 1 . Dan sejak itu<HCB 1 = =< HBC 1 Itu A 1 A - bisektris<DI DALAM 1 A 1 DENGAN 1 .

Membiarkan N- titik perpotongan ketinggian A A 1 , BB 1 Dan CC 1 segi tiga ABC . Poin A 1 Dan DI DALAM 1 berbaring di atas lingkaran dengan diameter AB, Itu sebabnya AH. · A 1 H = B.H. · B 1 H . Juga VNB 1 H =CH·C 1 N.

Untuk segitiga lancip, pernyataan kebalikannya juga benar: jika titik A 1, B 1 Dan C 1 berbaring miring VS, SA dan AB siku-siku Δ ABC dan segmen A A 1 , BB 1 Dan SS 1 berpotongan di suatu titik R, Dan AR A 1 =ВР·В 1 P=CP·S 1 R, Itu R- titik perpotongan ketinggian. Faktanya, dari kesetaraan

AP ·A 1 P =BP ·B 1 P

maka poin-poinnya A, B, A 1 Dan DI DALAM 1 berbaringlah pada lingkaran yang sama dengan diameternya AB, yang artinya < AB 1 B = < B.A. 1 A =γ. Juga < ACiC =< CAiA = β Dan <СВ 1 B=<ВС 1 C= α (Gbr. 64). Jelas juga bahwa α + β= CC 1 A = aku 80°, β+γ=180° dan γ + α = 180°. Oleh karena itu, α = β=γ=90°.

Titik potong ketinggian suatu segitiga dapat ditentukan dengan cara lain yang sangat menarik, tetapi untuk itu kita memerlukan konsep vektor dan hasil kali skalar vektor.

Membiarkan TENTANG- pusat lingkaran luar Δ ABC. Jumlah vektor HAI A+ O.B. + sistem operasi adalah suatu vektor, jadi ada benarnya R, Apa ATAU = OA + OB+OS. Ternyata itu R- titik potong ketinggian Δ ABC!

Mari kita buktikan, misalnya, hal itu AP tegak lurus SM . Sudah jelas itu AR=AO+

+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os dan semua= -ov+os. Oleh karena itu, produk skalar dari vektor AR Dan Matahari sama sistem operasi 2 - O.B. 2 = R 2 - R 2 =0, yaitu vektor-vektor ini tegak lurus.

Properti ortosenter segitiga ini memungkinkan kita untuk membuktikan beberapa pernyataan yang jauh dari jelas. Misalnya saja segi empat ABCD , tertulis dalam lingkaran. Membiarkan Tidak, Tidak, Tidak Dan H D - pusat orto Δ BCD , Δ CDA , Δ COLEK dan Δ ABC masing-masing. Kemudian titik tengah segmen SEBUAH A , VN, CH DENGAN , D.H. D cocok. Faktanya, jika TENTANG adalah pusat lingkaran, dan M- bagian tengah segmen SEBUAH A , Itu OM=1/2(0A + OH A )= =1/2(OA + OB+OS+OD ) . Untuk titik tengah dari tiga segmen lainnya kita memperoleh ekspresi yang persis sama.

EULER LANGSUNG

Properti yang paling menakjubkan dari titik-titik indah adalahsudutnya adalah beberapa di antaranya terhubung satu sama laindengan rasio tertentu. Misalnya titik potong median M, titik potong tinggi H dan pusat lingkaran yang dibatasisifat-sifat O terletak pada satu garis lurus dan suatu titikM membagi segmen tersebut DIA sehingga hubungannya validOM:MN= 1:2. Ini teorema ini dibuktikan pada tahun 1765 oleh Leonhard Euler, yangDengan aktivitasnya yang tak kenal lelah, ia secara signifikan mengembangkan banyak bidang matematika dan meletakkan dasar bagi banyak cabang barunya. Ia dilahirkan pada tahun 1707 di Swiss. Pada usia 20, Euler merekomendasikanBernoulli bersaudara menerima undangan untuk datang ke St. Petersburgburg, tempat sebuah akademi didirikan tak lama sebelumnya. DI DALAMpada akhir tahun 1740 di Rusia sehubungan dengan naiknya kekuasaan Anna LeopolDovna, situasi yang mengkhawatirkan berkembang, dan Euler pindah ke sanaBerlin. Setelah 25 tahun, dia kembali ke Rusia lagi, secara totalEuler tinggal di St. Petersburg selama lebih dari 30 tahun. Saat berada di Burleytidak, Euler mempertahankan kontak dekat dengan Akademi Rusia dan memang demikiananggota kehormatannya. Dari Berlin Euler berkorespondensi dengan Lomonoburung hantu Korespondensi mereka dimulai sebagai berikut. Pada tahun 1747, Lomonosov terpilih sebagai profesor, yaitu anggota penuh akademi; Permaisuri menyetujui pemilihan ini. Setelah itupejabat Akademi reaksioner Schumacher, yang sangat membenci LawMonosov, mengirimkan karyanya ke Euler, berharap mendapat informasi tentangnyaulasan buruk. (Euler hanya 4 tahun lebih tua dari Lomonosov,tapi otoritas ilmiahnya sudah sangat tinggi pada saat itu.)Dalam ulasannya, Euler menulis: “Semua karya ini tidak hanya bagusshi, tapi juga bagus sekali, karena dia menjelaskan fisika dan kimia hal-hal yang paling penting dan sulit, yang sama sekali tidak diketahui dan interpretasi tidak mungkin dilakukanyang paling cerdas dan terpelajarorang-orang terkenal, dengan pendiri seperti ituhal yang aku yakinikeakuratan buktinya...Seseorang harus menginginkan segalanyaakademi mana yang mampu menunjukkan penemuan seperti ituyang ditunjukkan Pak Lomo hidung."

Mari kita beralih ke buktinya teorema Euler. Mari kita pertimbangkan Δ A 1 B 1 C 1 dengan simpul di titik tengah sisi Δ ABC; membiarkan H 1 dan H - pusat ortosennya (Gbr. 65). Titik H 1 berimpit dengan pusat TENTANG lingkaran Δ ABC. Mari kita buktikan bahwa Δ C 1 H 1 M =Δ CHM . Memang, berdasarkan properti titik potong median DENGAN 1 M: cm= 1:2, koefisien kesamaan Δ A 1 B 1 C 1 dan Δ ABC sama dengan 2, jadi C 1 H 1 : CH =1:2, Di samping itu,<H 1 C 1 M =<НСМ (C 1 H 1 || CH ). Karena itu,< C 1 M.H. 1 = < SMN, yang berarti titik M terletak pada segmen tersebut H 1 H . Di samping itu, H 1 M : M.H. =1:2, karena koefisien kesamaan Δ C 1 H 1 M dan Δ SNM sama dengan 2.

LINGKARAN SEMBILAN POIN

Pada tahun 1765, Euler menemukan bahwa titik tengah sisi-sisi segitiga dan alas ketinggiannya terletak pada lingkaran yang sama. Kita juga akan membuktikan sifat segitiga ini.

Misalkan B 2 adalah alas dari ketinggian yang dijatuhkan dari atas DI DALAM pada
samping AC. Poin DI DALAM dan B 2 simetris terhadap garis lurus A 1 DENGAN 1
(Gbr. 66). Oleh karena itu, Δ A 1 DI DALAM 2 DENGAN 1 = Δ A 1 SM T = Δ A 1 B 1 C 1 , Itu sebabnya < A 1 B 2 C 1 = <А 1 DI DALAM 1 DENGAN 1 , yang berarti titik DI DALAM 2 terletak pada yang dijelaskan
lingkaran ΔA 1 DI DALAM 1 DENGAN 1 . Untuk sisa ketinggian lainnya, buktinya serupa. „

Selanjutnya, ditemukan bahwa tiga titik lagi terletak pada lingkaran yang sama - titik tengah segmen yang menghubungkan ortocenter dengan titik sudut segitiga. Ini dia lingkaran sembilan titik.

Membiarkan Az Dan barat laut- titik tengah segmen SEBUAH Dan CH, S 2 - alas yang tingginya diturunkan dari atas DENGAN pada AB(Gbr. 67). Mari kita buktikan dulu A 1 C 1 A 3 C 3 - persegi panjang. Ini dengan mudah mengikuti fakta bahwa A 1 barat laut Dan A 3 C 1 - garis tengah Δ VSN Dan ΔAVN, A A 1 C 1 Dan A 3 barat laut- garis tengah Δ ABC dan Δ ASN. Oleh karena itu poinnya A 1 Dan Az berbaring di atas lingkaran dengan diameter DENGAN 1 barat laut, dan sejak itu Az Dan barat laut berbaring pada lingkaran yang melalui titik-titik tersebut A 1, C 1 dan C 2. Lingkaran ini berimpit dengan lingkaran yang ditinjau oleh Euler (jika Δ ABC bukan sama kaki). Untuk satu hal Vz buktinya serupa.

TITIK TORRICELLI

Di dalam segi empat sembarang ABCD Sangat mudah untuk menemukan titik yang jumlah jarak ke simpulnya memiliki nilai terkecil. Poin seperti itu adalah sebuah poin TENTANG perpotongan diagonalnya. Faktanya, jika X - kalau begitu, ada hal lain AH+HS≥AC=AO+OS Dan BX + XD ≥ BD = B.O. + OD. , dan setidaknya salah satu dari kesenjangan tersebut sangat besar. Untuk sebuah segitiga, masalah serupa lebih sulit dipecahkan; sekarang kita akan melanjutkan ke penyelesaiannya. Untuk mempermudah, kita akan membahas kasus segitiga lancip.

Membiarkan M- suatu titik di dalam sudut lancip Δ ABC. Mari kita balikkan keadaannya Δ ABC beserta titiknya M 60° di sekitar titik tersebut A(Gbr. 68). (Lebih tepatnya, biarkan B, C Dan M"- gambar titik B, C Dan M ketika diputar 60° pada suatu titik A.) Kemudian AM+VM+SM=MM"+B.M. + C " M ", AM=MM", Jadi sebagai ΔAMM"- sama kaki (AM=AM") Dan<IBU" = 60°. Ruas kanan persamaan adalah panjang garis putus-putus VMM"S" ; itu akan menjadi yang terkecil ketika garis putus-putus ini

bertepatan dengan segmen tersebut Matahari" . Dalam hal ini<. A.M.B. = 180° -<AMM" = 120° dan<АМС = <PAGI. " C - 180°-<PAGI. " M = 120°, yaitu sisi AB, SM dan SA terlihat dari titik tersebut M pada sudut 120°. Hal seperti itu M ditelepon Poin Torricelli segi tiga ABC .

Namun, mari kita buktikan bahwa di dalam segitiga lancip selalu ada sebuah titik M, dari mana masing-masing sisi terlihat pada sudut 120°. Mari kita membangunnya di samping AB segi tiga ABC benar secara eksternal Δ ABC 1 (Gbr. 69). Membiarkan M-titik potong lingkaran luar ΔABC 1 dan lurus SS 1 . Kemudian ABC 1 =60° Dan ABC terlihat dari intinya M pada sudut 120°. Melanjutkan argumen ini lebih jauh, kita dapat memperoleh definisi lain dari titik Torricelli. Mari kita membuat segitiga beraturan A 1 Matahari Dan AB 1 DENGAN juga di pihak Angkatan Bersenjata dan AC. Mari kita buktikan bahwa titik M juga terletak pada garis tersebut A A 1 . Memang benar, titik M terletak pada lingkaran luar Δ A 1 SM , Itu sebabnya<A 1 MB = < A 1 C.B. = 60°, yang artinya<A 1 MV+<. BMA = 180°. Begitu pula poinnya M terletak pada garis lurus BB 1 (Gbr. 69).

Di dalam Δ ABC ada satu titik M yang sisi-sisinya terlihat membentuk sudut 120°, karena lingkaran yang dibatasi Δ ABC 1 , Δ AB Saya C dan Δ A 1 Matahari tidak boleh memiliki lebih dari satu titik yang sama.

Sekarang mari kita berikan interpretasi fisik (mekanis) dari titik Torricelli. Mari kita perbaiki Δ pada simpulnya ABC cincin, kita melewati tiga tali melaluinya, salah satu ujungnya diikat, dan beban dengan massa yang sama diikatkan ke ujung lainnya (Gbr. 70). Jika x = MA, y = MV,z = M.C. Dan A adalah panjang setiap benang, maka energi potensial sistem yang ditinjau adalah m G (X -A)+m G (kamu - A )+ mg (z --A). Pada posisi setimbang, energi potensial mempunyai nilai terkecil, sehingga jumlah x+y+z juga bernilai terkecil. Sebaliknya pada posisi setimbang resultan gaya-gaya pada titik tersebut M sama dengan nol. Gaya-gaya ini besarnya sama besarnya, oleh karena itu sudut berpasangan antara vektor-vektor gaya adalah 120°.

Masih perlu diketahui bagaimana keadaan dalam kasus segitiga tumpul. Jika sudut tumpulnya kurang dari 120°, maka semua argumen sebelumnya tetap valid. Dan jika sudut tumpul lebih besar atau sama dengan 120°, maka jumlah jarak titik segitiga ke titik sudutnya akan menjadi yang terkecil jika titik tersebut merupakan titik sudut tumpul.

POIN BROKARD

Poin Brocard Δ ABC titik dalam seperti itu disebut R Dan Q , Apa<ABP = <. BCP =< TOPI Dan<. QAB = <. QBC = < QCA (untuk segitiga sama sisi, titik Brocard bergabung menjadi satu titik). Mari kita buktikan bahwa di dalam Δ apa pun ABC ada benarnya R, memiliki properti yang diperlukan (untuk suatu titik Q buktinya serupa). Mari kita rumuskan dulu definisi titik Brocard dalam bentuk yang berbeda. Mari kita nyatakan nilai sudut seperti yang ditunjukkan pada Gambar 71. Sejak<ARV=180° - a+xy, persamaan x=kamu setara dengan kesetaraan<APB =180°-< . A . Karena itu, R- titik Δ ABC, dari sisi mana AB,
Matahari Dan SA terlihat pada sudut 180° -<. A , 180°-<B , 180°-<DENGAN.
Poin tersebut dapat dibangun sebagai berikut. Mari kita kembangkan
samping Matahari segi tiga ABC segitiga serupa CA1B
seperti terlihat pada Gambar 72. Mari kita buktikan bahwa titik P adalah perpotongan garis lurus AA1 dan melingkari ΔA1BC dicari. Nyatanya,<BPC =18 HAI ° - β Dan<APB = 180°-<A T hal.b. = 180° -<A 1 C.B. = aku 80°- A. Mari kita buat lebih jauh segitiga-segitiga sebangun pada sisi-sisinya dengan cara yang sama AC Dan AB(Gbr. 73). Karena<. APB = 180° - A, dot R juga terletak pada lingkaran luar Δ ABC 1 Karena itu,<BPC 1 = <BAC 1 = β yang artinya titik
R terletak pada segmen tersebut SS 1 . Letaknya serupa pada segmen tersebut BB 1 ,
yaitu R - titik potong segmen A A 1 , BB 1 Dan SS 1 .

poin Brocard R memiliki properti menarik berikut. Biarkan lurus AR, VR Dan SR memotong lingkaran luar ΔABC

di titik A 1, B 1 dan C 1 (Gbr. 74). Kemudian Δ ABC = Δ B 1 DENGAN 1 A 1 .DI DALAM nyatanya,<. A 1 B 1 C 1 = < A 1 B 1 B + < BB 1 C 1 =<A 1 AB +<В CC 1 =<A 1 AB + +< A 1 AC =<.ВАС, berdasarkan sifat titik Brocard ABC, sudut BCC 1 dan A 1 AC adalah sama besar, yang berarti A 1 C 1 = SM . Kesetaraan sisi-sisi lainnya Δ ABC dan Δ B 1 C 1 A 1 diperiksa dengan cara yang sama.

Dalam semua kasus yang telah kita bahas, pembuktian bahwa tripel garis yang bersesuaian berpotongan di satu titik dapat dilakukan dengan menggunakan teorema Ceva. Kami akan merumuskan teorema ini.

Dalil. Biarkan di samping AB, SM Dan S A segi tiga ABC poin yang diambil DENGAN 1 , A 1 Dan DI DALAM 1 masing-masing. Langsung A A 1 , BB 1 Dan SS 1 berpotongan di satu titik jika dan hanya jika

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

Pembuktian teorema tersebut diberikan dalam buku teks geometri untuk kelas 7-9 karya L.S.

Literatur.

1.Atanasyan L.S. Geometri 7-9.- M.: Pendidikan, 2000.

2. Kiselev A.P. Geometri dasar. - M.: Pendidikan, 1980.

3. Nikolskaya I.L. Kursus opsional dalam matematika. M.: Pendidikan, 1991.

4. Kamus Ensiklopedis Seorang Matematikawan Muda.. Komp. A.P.Savin.-.M.: Pedagogi, 1989.

EMPAT POIN PENTING

SEGI TIGA

Geometri

kelas 8

Sakharova Natalya Ivanovna

Sekolah Menengah MBOU No. 28 Simferopol

• Titik potong median segitiga
• Titik potong garis bagi segitiga
• Titik potong ketinggian segitiga
• Titik potong median tegak lurus suatu segitiga

median

Median (BD) segitiga adalah ruas yang menghubungkan titik sudut segitiga dengan titik tengah sisi berhadapan.

median segitiga berpotongan pada satu titik (titik berat segitiga) dan dibagi oleh titik ini dengan perbandingan 2:1, dihitung dari titik sudut.

BISEKTRIS

Bisektor (AD) suatu segitiga disebut ruas garis bagi sudut dalam segitiga. ∟ BURUK = ∟CAD.

Setiap poin garis bagi sudut yang belum berkembang mempunyai jarak yang sama dari sisi-sisinya.

Kembali: setiap titik yang terletak di dalam suatu sudut dan berjarak sama dari sisi-sisi sudut terletak pada titik tersebut bisektris.

Semua garis bagi segitiga berpotongan di satu titik - pusat tulisan itu menjadi segitiga lingkaran.

Jari-jari lingkaran (OM) adalah garis tegak lurus yang diturunkan dari pusat (TO) ke sisi segitiga

TINGGI

Tinggi (CD) Segitiga adalah segmen tegak lurus yang ditarik dari titik sudut segitiga ke garis yang memuat sisi dihadapannya.

Ketinggian segitiga (atau perpanjangannya) berpotongan dalam satu titik.

TENGAH TEGAK TENGAH

Garis bagi tegak lurus (DF) disebut garis lurus yang tegak lurus salah satu sisi segitiga dan membaginya menjadi dua.

Setiap poin garis bagi yang tegak lurus(m) ke suatu ruas mempunyai jarak yang sama dari ujung ruas tersebut.

Kembali: setiap titik yang berjarak sama dari ujung-ujung suatu ruas terletak pada titik tengahnya tegak lurus padanya.

Semua garis bagi yang tegak lurus pada sisi-sisi segitiga berpotongan di satu titik - pusat yang dijelaskan dekat segitiga lingkaran .

Jari-jari lingkaran luar adalah jarak dari pusat lingkaran ke sembarang titik sudut segitiga (OA).

Halaman 177 No.675 (gambar)

Pekerjaan rumah

P. 173 § 3 definisi dan teorema hal. 177 No. 675 (selesai)

Baranova Elena

Karya ini mengkaji titik-titik luar biasa dari segitiga, sifat dan polanya, seperti lingkaran sembilan titik dan garis lurus Euler. Latar belakang sejarah ditemukannya garis lurus Euler dan lingkaran sembilan titik diberikan. Arah praktis penerapan proyek saya diusulkan.

Unduh:

Pratinjau:

Untuk menggunakan pratinjau presentasi, buat akun Google dan masuk ke akun tersebut: https://accounts.google.com

Keterangan slide:

"POIN-POIN INDAH DARI SEGITIGA." (Soal terapan dan fundamental matematika) Elena Baranova kelas 8, MKOU “Sekolah Menengah No. 20” Pos. Novoizobilny, Dukhanina Tatyana Vasilievna, guru matematika, Institusi Pendidikan Kota "Sekolah Menengah No. 20" Desa Novoizobilny 2013. Institusi Pendidikan Negeri Kota "Sekolah Menengah No. 20"

Sasaran: mempelajari segitiga untuk mengetahui titik-titiknya yang luar biasa, mempelajari klasifikasi dan sifat-sifatnya. Tujuan : 1. Mempelajari literatur yang diperlukan 2. Mempelajari klasifikasi titik-titik luar biasa suatu segitiga 3. Mengenal sifat-sifat titik-titik luar biasa suatu segitiga 4. Mampu mengkonstruksi titik-titik luar biasa suatu segitiga. 5. Jelajahi cakupan poin-poin penting. Objek studi - bagian matematika - geometri Subyek studi - segitiga Relevansi: memperluas pengetahuan Anda tentang segitiga, sifat-sifat titik-titiknya yang luar biasa. Hipotesis: hubungan antara segitiga dan alam

Titik potong garis-garis tegak lurus berjarak sama dari titik-titik sudut segitiga dan merupakan pusat lingkaran yang dibatasi. Lingkaran yang dibatasi di sekitar segitiga, yang titik-titik sudutnya merupakan titik tengah sisi-sisi segitiga dan titik-titik sudut segitiga tersebut berpotongan di satu titik yang berimpit dengan titik potong garis-bagi yang tegak lurus.

Titik potong garis bagi Titik potong garis bagi suatu segitiga berjarak sama terhadap sisi-sisi segitiga. OM=OA=OB

Titik potong ketinggian Titik potong garis bagi suatu segitiga yang titik sudutnya merupakan alas tingginya, berimpit dengan titik potong tinggi segitiga tersebut.

Titik potong median Median suatu segitiga berpotongan di satu titik, yang membagi masing-masing median dengan perbandingan 2:1, dihitung dari titik sudut. Jika titik potong mediannya dihubungkan dengan titik sudut, maka segitiga tersebut terbagi menjadi tiga segitiga yang luasnya sama. Sifat penting dari titik potong median adalah jumlah vektor, yang awalnya merupakan titik potong median, dan ujung-ujungnya adalah titik sudut segitiga, sama dengan nol M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3 M1 N C B A m2 m3

Titik Torricelli Catatan: Titik Torricelli ada jika semua sudut segitiga kurang dari 120.

Lingkaran sembilan titik B1, A1, C1 – alas ketinggian; A2, B2, C2 – titik tengah sisi-sisi yang bersesuaian; A3, B3, C3 merupakan titik tengah ruas AN, VN dan CH.

Garis lurus Euler Titik potong median, titik potong ketinggian, pusat lingkaran yang terdiri dari sembilan titik terletak pada satu garis lurus, yang disebut garis lurus Euler untuk menghormati ahli matematika yang menentukan pola ini.

Sedikit dari sejarah penemuan titik-titik yang luar biasa Pada tahun 1765, Euler menemukan bahwa titik tengah sisi-sisi suatu segitiga dan alas ketinggiannya terletak pada lingkaran yang sama. Sifat paling menakjubkan dari titik-titik luar biasa dalam sebuah segitiga adalah bahwa beberapa di antaranya terhubung satu sama lain dengan perbandingan tertentu. Titik potong median M, titik potong tinggi H, dan pusat lingkaran luar O terletak pada satu garis lurus, dan titik M membagi ruas OH sehingga hubungan OM: OH = 1: 2 valid. Teorema ini dibuktikan oleh Leonhard Euler pada tahun 1765.

Hubungan antara geometri dan alam. Pada posisi ini energi potensial mempunyai nilai terkecil dan jumlah segmen MA+MB+MC akan menjadi yang terkecil, dan jumlah vektor-vektor yang terletak pada segmen-segmen tersebut yang bermula pada titik Torricelli akan sama dengan nol.

Kesimpulan Saya belajar bahwa selain titik-titik indah perpotongan tinggi, median, garis-bagi, dan garis-bagi tegak lurus yang saya ketahui, ada juga titik-titik indah dan garis-garis segitiga. Saya akan dapat menggunakan pengetahuan yang diperoleh tentang topik ini dalam kegiatan pendidikan saya, secara mandiri menerapkan teorema pada masalah tertentu, dan menerapkan teorema yang dipelajari dalam situasi nyata. Saya percaya bahwa penggunaan titik dan garis indah segitiga dalam pembelajaran matematika adalah efektif. Pengetahuan mereka secara signifikan mempercepat penyelesaian banyak tugas. Materi yang diusulkan dapat digunakan baik dalam pembelajaran matematika maupun dalam kegiatan ekstrakurikuler untuk siswa kelas 5-9.

Pratinjau:

Untuk menggunakan pratinjau, buat akun Google dan masuk: