γ+(90° +γ/2) =180°, vadinasi, γ = 60°. Šiuo atveju akordai O.A.
1
Ir OB 1
keturkampio apskritimas OA 1
NE 1
yra vienodi, nes turi vienodus kampus OCA
1
Ir DRUSKA 1
.
Įbrėžtas apskritimas Δ ABC liečia jo šonus vidiniuose taškuose. Išsiaiškinkime, kokie yra apskritimai, liečiantys tris linijas AB, BC Ir SA. Dviejų susikertančių linijų liestinės apskritimo centras yra vienoje iš dviejų tiesių, dalijančių kampus tarp pradinių linijų. Todėl apskritimų centrai, liečiantys tiesias linijas AB, BC Ir S A, guli ant trikampio išorinių arba vidinių kampų (arba jų plėtinių) pusiausvyros. Per bet kurių dviejų išorinių kampų pusiausvyros susikirtimo tašką eina vidinio kampo pusiausvyra. Šio teiginio įrodymas pažodžiui pakartoja atitinkamo teiginio vidaus kampų pusiausvyroms įrodymą. Dėl to gauname 4 apskritimus su centrais O, APIE A , O Ir APIE Su
(57 pav.). Apskritimas su centru APIE A
paliečia šoną Saulė Ir
vakarėlių tęsiniai AB Ir kintamoji srovė;šis ratas vadinamas neįrašytas
perimetras Δ ABC.Įbrėžto trikampio apskritimo spindulys paprastai žymimas r, o išorinių apskritimų spindulys – r A ,
G b ir g Su .
Tarp įbrėžtųjų ir išorinių apskritimų spindulių galioja tokie ryšiai:
G /
g s =(р-с)/р ir G
G Su = (p - a) (p - b), Kur r- pusiau perimetras Δ ABC.Įrodykime tai. Tegul K ir L yra įbrėžtos ir apibrėžiamos tiesės liesties taškai Saulė(58 pav.). Dešinieji trikampiai SULČIOS Ir CO
c
L
todėl yra panašūs
G /
g s =Gerai/O Su L
=
CK
/
C.L.
..
Anksčiau buvo įrodyta, kad SC = (a+b-c)/2=p-c.
Belieka tai patikrinti C.L.
=
p
.
Leiskite M Ir R- apskritimo su tiesiomis linijomis liesties taškai AB Ir AC. Tada
CL= (CL+CP)/ 2 = (CB+BL+CA+AP)/2 = (CB+BM + CA+AM)/2 = r
Norėdami įrodyti ryšį rr
c
=(p
-
a
)(p
-
b
)
apsvarstykite stačiuosius trikampius L.O.
C
B
Ir KVO, kurios yra panašios, nes
<OBK
+<
O
C
B.L.
=(<СВА + <АВ
L
)/2=90°.
Reiškia, L O s /ВL =BK /KO, t.y. rr
c
=
K.O.
·
L.O.
c
=
B.K.
·
B.L.
.
Belieka tai pastebėti VK=(a
+
c
-
b
)/2=
p
-
b
Ir B.L.
=
C.L.
-
C.B.
=
p
-
a
.
Atkreipkime dėmesį į dar vieną įdomų turtą (jau iš tikrųjų įrodyta kelyje). Tegul užrašas ir apibrėžimas liečia šoną AB taškuose N Ir M(58 pav.). Tada A.M.
=
BN
.
Tiesą sakant, BN
=
p
-
b
Ir AM=AR=SR-AS=p – c.
Santykiai rr
c
=(p
- A) (p-V )
Ir r
p=r
Su (p-c) gali būti naudojamas Herono formulei gauti S
2
=
p
(p
-
a
)(p
-
b
)(p
-
c
),
Kur S
- trikampio plotas. Padauginę šiuos santykius, gauname r
2
p
=(p
-
a
)(p
-
b
)(p
-
c
).
Belieka tai patikrinti S
=
pr
.
Tai lengva padaryti nupjaunant Δ ABCįjungta ΔAOB,
ΔBOS Ir ΔSOA.
VIDURINĖS SANTYKOS TAŠKAS
Įrodykime, kad trikampio medianos susikerta viename taške. Norėdami tai padaryti, apsvarstykite esmę M, kur susikerta medianos AA 1
Ir BB 1
.
Atlikime Δ BB1S vidurio linija A
1
A
2
,
lygiagrečiai BB 1
(59 pav.). Tada A
1
M
:
A.M.
=
B
1
A
2
:
AB
1
=
B
1
A
2
:
B
1
C
=
B.A.
1
:VS=1:2, y., medianų susikirtimo taškas BB 1
Ir AA 1
dalija medianą AA 1
santykiu 1:2. Panašiai ir medianų susikirtimo taškas SS 1
Ir AA 1
dalija medianą AA 1
santykiu 1:2. Todėl medianų susikirtimo taškas AA 1
Ir BB 1
sutampa su medianų susikirtimo tašku AA 1
Ir SS 1
.
Jei trikampio medianų susikirtimo taškas yra sujungtas su viršūnėmis, tada trikampis bus padalintas į tris vienodo ploto trikampius. Iš tiesų, pakanka įrodyti, kad jei R- bet kuris medianos taškas AA 1
V ABC, tada sritis ΔAVR Ir ΔACP yra lygūs. Juk medianos AA 1
Ir RA 1
Δ ABC ir Δ RVS supjaustykite juos vienodo ploto trikampiais.
Teisingas ir atvirkštinis teiginys: jei tam tikru momentu R, guli viduje Δ ABC, plotas Δ AVR, Δ
ŠSD Ir ΔSAR tada yra lygūs R- medianų susikirtimo taškas. Tiesą sakant, nuo sričių lygybės ΔAVR Ir ΔHRV iš to seka, kad atstumai nuo taškų A ir C iki tiesės VR yra lygūs, o tai reiškia VR eina per segmento vidurį AC. Už AR Ir SRįrodymas panašus.
Trikampių, į kuriuos medianos dalija trikampį, plotų lygybė leidžia rasti trikampio, sudaryto iš medianų, plotų s santykį taip: ΔABC,į paties Δ plotą S ABC. Leiskite M- medianų susikirtimo taškas Δ ABC; taškas A" simetriškas A taško atžvilgiu M(60 pav.)
Viena vertus, sritis ΔA"MS lygus S/3. Kita vertus, šis trikampis sudarytas iš atkarpų, kurių kiekvieno ilgis yra lygus 2/3 atitinkamos medianos ilgio, taigi jo plotas
lygus (2/3) 2 s = 4s /9. Vadinasi, s
=3
S
/4.
Labai svarbi medianų susikirtimo taško savybė yra ta, kad trijų vektorių, einančių iš jo į trikampio viršūnes, suma yra lygi nuliui. Pirmiausia atkreipkime dėmesį į tai AM = 1/3(AB+AC), Kur M- medianų susikirtimo taškas Δ
ABC
.
Tiesą sakant, jei
ABA
"SU- tada lygiagretainis AA" = AB + AC Ir AM = 1/3AA".Štai kodėl MA+MV+MC=1/3(BA+SA+AB + SV + AC + BC) = 0.
Taip pat aišku, kad šią savybę turi tik medianų susikirtimo taškas, nes jei X
- Tada bet koks kitas taškas
HA+XB+XC=(XM+MA)+(XM+MV)+(XM+MS)=3ХМ..
Naudodami šią trikampio medianų susikirtimo taško savybę, galime įrodyti tokį teiginį: trikampio medianų susikirtimo taškas su viršūnėmis, esančiomis kraštinių vidurio taškuose. AB,CD
Ir E.F.
šešiakampis ABCDEF
sutampa su trikampio vidurių susikirtimo tašku su kraštinių vidurio taškais saulė,DE
Ir F.A.
.
Tiesą sakant, pasinaudojant tuo, kad jei pvz. R- segmento vidurys AB, tada bet kokiam taškui X
lygybė yra tiesa HA+ HB=2ХР, Nesunku įrodyti, kad abiejų nagrinėjamų trikampių medianų susikirtimo taškai turi savybę, kad vektorių, einančių iš jų į šešiakampio viršūnes, suma lygi nuliui. Todėl šie taškai sutampa.
Medianų susikirtimo taškas turi vieną savybę, kuri jį ryškiai išskiria iš kitų svarbių trikampio taškų: jei Δ A"B"C" yra projekcija ΔABCį plokštumą, tada medianų Δ susikirtimo taškas A "B" C"
yra medianų susikirtimo taško projekcija ΔABC tame pačiame lėktuve. Tai lengvai išplaukia iš to, kad projektuojant atkarpos vidurys patenka į jo projekcijos vidurį, o tai reiškia, kad trikampio mediana patenka į jo projekcijos medianą. Nei bisektorius, nei aukštis neturi šios savybės.
Pažymėtina, kad trikampio medianų susikirtimo taškas yra jo masės centras, tiek trijų materialių taškų, kurių masė yra vienodos masės, esančios trikampio viršūnėse, masės centras ir trikampio masės centras. duoto trikampio formos plokštelė. Savavališkame taške šarnyrinio trikampio pusiausvyros padėtis X
,
bus padėtis, kurioje spindulys HM nukreiptas į Žemės centrą. Trikampio, sujungto su medianų susikirtimo tašku, bet kuri padėtis yra pusiausvyros padėtis. Be to, trikampis, kurio vidurinis susikirtimo taškas remiasi į adatos galiuką, taip pat bus pusiausvyros padėtyje.
AUKŠČIŲ SANTYKOS TAŠKAS
Norėdami įrodyti, kad aukščiai Δ ABC susikerta viename taške, prisiminkite įrodinėjimo kelią, nubrėžtą skyriaus „Apriboto apskritimo centras“ pabaigoje. Perkelkime jus per viršūnes A, B Ir SU tiesios linijos, lygiagrečios priešingoms kraštinėms; šios linijos sudaro Δ A 1
IN 1
SU 1
(61 pav.). Aukštis Δ ABC yra statmenos šoninės pusės ΔA
1
B
1
C
1
.
Vadinasi, jie susikerta viename taške – apskritimo centre ΔA
1
B
1
C
1
.
Trikampio aukščių susikirtimo taškas kartais vadinamas jo ortocentras.
-
Nesunku patikrinti, ar H yra aukščių Δ susikirtimo taškas ABC, Tai A, B Ir SU - aukščio susikirtimo taškai Δ VNS, ΔSNA ir Δ ANV atitinkamai.
Taip pat aišku, kad<ABC
+ <
A.H.C.
=
180°, nes <
B.A.
1
H
= <
B.C.
1
H
=90° (A
1
Ir C
1
- aukščių pagrindai). Jei taškas H
1
simetriškas taškui H tiesės atžvilgiu kintamoji srovė, tada keturkampis ABCN 1
įrašytas. Todėl apibrėžtųjų apskritimų spinduliai Δ ABC ir Δ AN S yra lygūs ir šie apskritimai yra simetriški šono atžvilgiu AC(62 pav.). Dabar tai lengva įrodyti
AN=a|ctg A|, kur a=BC. tikrai,
AH=2R nuodėmė<
ACH=2R|cos A| =a|ctg A| .
Tarkime dėl paprastumo ΔABC smailaus kampo ir apsvarstykite Δ A
1
B
1
C
1
,
suformuotas jos aukštumų pagrindų. Pasirodo, kad įbrėžto apskritimo centras Δ A
1
B
1
C
1
yra aukščių Δ susikirtimo taškas ABC, ir išorinių apskritimų centrai
ΔA
1
B
1
C
1
yra Δ viršūnės ABC(63 pav.). Taškai A 1
Ir IN 1
CH(nuo kampų NV 1
S ir ON 1
SU tiesiai), taigi <
H.A.
1
B
1
= <
HCB
1
.
Taip pat<H.A.
1
C
1
= <
HBC
1
.
Ir nuo tada<HCB
1
= =<
HBC
1
Tai A 1
A - bisektorius<IN 1
A 1
SU 1
.
Leiskite N- aukščių susikirtimo taškas AA 1
, BB 1
Ir CC
1
trikampis ABC
.
Taškai A
1
Ir IN 1
guli ant apskritimo, kurio skersmuo AB,Štai kodėl A.H.
·
A
1
H
=
B.H.
·
B
1
H
. Taip pat VNB
1
H
=CH ·C 1
N.
Smailiojo trikampio atveju teisingas ir atvirkštinis teiginys: jei taškai A 1, B
1
Ir C
1
gulėti ant šonų V. S., SA ir AB smailaus kampo Δ ABC ir segmentai AA 1
, BB 1
Ir SS 1
susikerta taške R, ir AR A 1
Р=ВР·В 1
P=SR·S 1
R, Tai R- aukščių susikirtimo taškas. Tiesą sakant, nuo lygybės
AP · A 1 P = BP · B 1 P
iš to seka, kad taškai A, B, A 1
Ir IN 1
guli ant to paties skersmens apskritimo AB, o tai reiškia <
AB
1
B
= <
B.A.
1
A
=γ.
Taip pat <
ACiC
=<
CAiA
=
β
Ir
<СВ
1
B=<ВС
1
C= α
(64 pav.). Taip pat aišku, kad α + β= CC
1
A
=
l
80°, β+γ=180° ir γ + α = 180°. Todėl α = β=γ=90°.
Trikampio aukščių susikirtimo tašką galima nustatyti kitu labai įdomiu būdu, tačiau tam mums reikia vektoriaus ir vektorių skaliarinės sandaugos sąvokų.
Leiskite APIE- apskritimo centras Δ ABC. Vektorinė suma O A+ O.B.
+ OS yra tam tikras vektorius, taigi yra toks taškas R, Ką ARBA = OA + OB + OS. Pasirodo, kad R- aukščių susikirtimo taškas Δ ABC!
Pavyzdžiui, įrodykime tai AP
statmenai B.C.
.
Tai aišku AR=AO+
+op=ao+(oa+ov+os)=ov+os ir all= -ov+os.
Todėl vektorių skaliarinė sandauga AR Ir Saulė lygus OS 2
- O.B.
2
=
R
2
-
R
2
=0,
y., šie vektoriai yra statmeni.
Ši trikampio ortocentro savybė leidžia įrodyti kai kuriuos toli gražu neaiškius teiginius. Apsvarstykite, pavyzdžiui, keturkampį ABCD
,
įrašytas į apskritimą. Leiskite Na, Nv, Ns Ir H
d
- ortocentrai Δ
BCD
, Δ
CDA
, Δ
DAB
ir Δ
ABC
atitinkamai. Tada atkarpų vidurio taškai AN A , VN, CH SU ,
D.H.
d
rungtynės. Tiesą sakant, jei APIE yra apskritimo centras ir M- segmento vidurys AN A ,
Tai OM=1/2(0A + OH A )= =1/2(OA + OB+OS+OD
)
.
Kitų trijų atkarpų vidurio taškams gauname lygiai tokias pačias išraiškas.
EULER DIRECT
Įspūdingiausia nuostabių taškų savybė yrakampas yra toks, kad kai kurie iš jų yra sujungti vienas su kitutam tikrais santykiais. Pavyzdžiui, susikirtimo taškas mediana M,
aukščių H ir apibrėžtojo apskritimo centro susikirtimo taškassavybės O yra toje pačioje tiesėje, o taškasM dalija segmentą JIS
kad santykis galiotųOM:MN= 1:2. Tai teoremą 1765 metais įrodė Leonhardas Euleris, kurisSavo nenuilstama veikla jis žymiai išplėtojo daugelį matematikos sričių ir padėjo pamatus daugeliui naujų jos šakų. Jis gimė 1707 m. Šveicarijoje. Būdamas 20 metų Euleris rekomendavoBroliai Bernoulli gavo kvietimą atvykti į Sankt Peterburgąburg, kur prieš pat buvo organizuota akademija. INpabaigoje Rusijoje dėl Anos Leopol atėjimo į valdžią 1740 mDovna, susiklostė nerimą kelianti situacija, o Euleris persikėlė įBerlynas. Iš viso po 25 metų jis vėl grįžo į RusijąEuleris daugiau nei 30 metų gyveno Sankt Peterburge. Būdamas Burleyne, Euleris palaikė glaudžius ryšius su Rusijos akademija ir buvojos garbės narys. Iš Berlyno Euleris susirašinėjo su Lomonopelėdos Jų susirašinėjimas prasidėjo taip. 1747 metais Lomonosovas buvo išrinktas profesoriumi, tai yra tikruoju akademijos nariu; Imperatorė patvirtino šiuos rinkimus. Po toreakcingas akademijos pareigūnas Schumacheris, kuris įnirtingai nekenčia teisėsMonosovas išsiuntė savo darbą Euleriui, tikėdamasis gauti informacijos apie juosbloga apžvalga. (Euleris buvo tik 4 metais vyresnis už Lomonosovą,bet tuo metu jo mokslinis autoritetas jau buvo labai aukštas.)Savo apžvalgoje Euleris rašė: „Visi šie darbai yra ne tik gerishi, bet ir puikiai, nes jis paaiškina fizinius ir cheminius būtiniausius ir sunkiausius reikalus, kurie visiškai nežinomi ir interpretacijos buvo neįmanomosšmaikščiausiems ir išmokusiemsžinomų žmonių, su tokiu įkūrėjudalykas, dėl kurio esu visiškai tikrasjo parodymų tikslumas...Reikia visko norėtikurios akademijos sugebėjo parodyti tokius išradimus, kadkurį parodė ponas Lomo nosis“.
Pereikime prie įrodymo Eulerio teorema. Pasvarstykime Δ
A
1
B
1
C
1
su viršūnėmis 
kraštinių vidurio taškai Δ ABC; tegul H
1
ir H – jų ortocentrai (65 pav.). Taškas H 1 sutampa su centru APIE apskritimas Δ ABC.Įrodykime, kad Δ C
1
H
1
M
=Δ
CHM
.
Iš tiesų, pagal medianų susikirtimo taško savybę SU 1
M:
CM= 1:2, panašumo koeficientas Δ A
1
B
1
C
1
ir Δ ABC yra lygus 2, taigi C
1
H
1
:
CH
=1:2,
Be to,<H
1
C
1
M
=<НСМ (C
1
H
1
||
CH
).
Todėl< C
1
M.H.
1
= < SMN, o tai reiškia tašką M guli ant segmento H
1
H
.
Be to, H
1
M
:
M.H.
=1:2,
kadangi panašumo koeficientas Δ C
1
H
1
M
ir Δ SNM lygus 2.
DEVYNIŲ TAŠKŲ ratas
1765 m. Euleris atrado, kad trikampio kraštinių vidurio taškai ir jo aukščio pagrindai yra tame pačiame apskritime. Įrodysime ir šią trikampio savybę.
Tegul B 2 yra aukščio, nukritusio iš viršaus, pagrindas INįjungta
pusėje AC. Taškai IN ir B 2 yra simetriški tiesei linijai A 1
SU 1
(66 pav.). Todėl Δ A
1
IN
2
SU
1
= Δ
A
1
B.C.
t
= Δ
A
1
B
1
C
1
,
Štai kodėl <
A
1
B
2
C
1
= <А
1
IN 1
SU 1
,
o tai reiškia tašką IN 2
guli ant aprašyto
ratas ΔA
1
IN
1
SU
1
.
Likusiems aukščių pagrindams įrodymas yra panašus. „
Vėliau buvo nustatyta, kad tame pačiame apskritime yra dar trys taškai - atkarpų, jungiančių ortocentrą su trikampio viršūnėmis, vidurio taškai. Štai viskas devynių taškų apskritimas.
Leiskite Az Ir NW- atkarpų vidurio taškai AN Ir CH, S 2
- nuo viršaus nukrito aukščio pagrindas SUįjungta AB(67 pav.). Pirmiausia tai įrodykime A
1
C
1
A
3
C
3
- stačiakampis. Tai lengvai išplaukia iš to, kad A 1
NW Ir A
3
C
1
- vidurio linijos Δ VSN Ir ΔAVN, A A
1
C
1
Ir A 3
NW- vidurio linijos Δ ABC ir Δ ASN. Todėl taškai A 1
Ir Az guli ant apskritimo, kurio skersmuo SU 1
ŠV, ir nuo tada Az Ir NW guli ant apskritimo, einančio per taškus A 1,
C
1
ir C 2. Šis apskritimas sutampa su Eulerio nagrinėjamu apskritimu (jei Δ ABC ne lygiašonis). Dėl taško Vzįrodymas panašus.
TORRICELLI TAŠKAS
Savavališko keturkampio viduje ABCD
Nesunku rasti tašką, kurio atstumų suma iki viršūnių turi mažiausią reikšmę. Toks taškas yra taškas APIE jo įstrižainių sankirta. Tiesą sakant, jei X
- Tada bet koks kitas taškas AH+HS≥AC=AO+OS Ir BX
+
XD
≥
BD
=
B.O.
+
O.D.
,
ir bent viena iš nelygybių yra griežta. Trikampio atveju panašią problemą išspręsti yra sunkiau; Paprastumo dėlei apsvarstysime ūmaus trikampio atvejį.
Leiskite M- tam tikras taškas smailaus kampo Δ viduje ABC. Apverskime Δ ABC kartu su tašku M 60° aplink tašką A(68 pav.). (Tiksliau, tegul B, C Ir M"- taškų vaizdai B, C Ir M pasukus 60° aplink tašką A.) Tada AM+VM+SM=MM"+B.M.
+
C
"
M
", AM = MM", Taigi kaip ΔAMM- lygiašoniai (AM = AM") Ir<MAM" = 60°. Dešinė lygybės pusė yra trūkinės linijos ilgis VMM"S"
;
jis bus mažiausias, kai ši nutrūkusi linija
sutampa su segmentu Saulė"
.
Šiuo atveju<.
A.M.B.
=
180° -<AMM" = 120° ir<АМС = <A.M.
"
C
-
180°-<A.M.
"
M
=
120°, t.y. šonai AB, BC ir SA matomi iš taško M 120° kampu. Toks taškas M paskambino Torricelli taškas trikampis ABC
.
Tačiau įrodykime, kad smailiojo trikampio viduje visada yra taškas M, iš kurių kiekviena pusė matoma 120° kampu. Pastatykime jį šone AB trikampis ABC
išoriškai teisingas Δ ABC 1
(69 pav.). Leiskite M-apibrėžtojo apskritimo susikirtimo taškas ΔABC 1
ir tiesiai SS 1
.
Tada ABC
1
=60° Ir ABC matomas iš taško M 120° kampu. Tęsdami šiuos argumentus šiek tiek toliau, galime gauti kitą Torricelli taško apibrėžimą. Sukurkime taisyklingus trikampius A 1
Saulė Ir AB 1
SU taip pat ginkluotųjų pajėgų pusėse ir AC.Įrodykime, kad taškas M taip pat yra tiesėje AA 1
.
Tikrai taškas M guli ant apskritimo Δ A
1
B.C.
,
Štai kodėl<A
1
M.B.
= <
A
1
C.B.
= 60°, o tai reiškia<A 1
MV+<.
B.M.A.
=
180°. Taip pat taškas M guli ant tiesios linijos BB 1
(69 pav.).
Viduje Δ ABC yra vienas taškas M, iš kurio jo kraštinės matomos 120° kampu, nes apibrėžti apskritimai Δ ABC
1
, Δ
AB
i
C
ir Δ A
1
Saulė negali turėti daugiau nei vieno bendro taško.
Dabar pateiksime fizinę (mechaninę) Torricelli taško interpretaciją. Užfiksuokime Δ viršūnėse ABCžiedus, per juos praleidžiame tris virves, kurių vienas galas surišamas, o ant kitų galų tvirtinami vienodos masės kroviniai (70 pav.). Jeigu x = MA, y = MV,z
=
M.C.
Ir A yra kiekvieno sriegio ilgis, tada nagrinėjamos sistemos potenciali energija lygi m g
(x
-A)+m g
(y
-
a
)+
mg
(z
--A). Pusiausvyros padėtyje potenciali energija turi mažiausią reikšmę, todėl suma x+y+z taip pat turi mažiausią reikšmę. Kita vertus, pusiausvyros padėtyje jėgų rezultatas taške M lygus nuliui. Šios jėgos yra lygios absoliučiu dydžiu, todėl poriniai kampai tarp jėgos vektorių yra lygūs 120°.
Belieka pasakyti, kaip viskas yra buku trikampio atveju. Jei bukas kampas yra mažesnis nei 120°, tada visi ankstesni argumentai lieka galioti. O jei bukas kampas yra didesnis arba lygus 120°, tai atstumų nuo trikampio taško iki jo viršūnių suma bus mažiausia, kai šis taškas yra bukojo kampo viršūnė.
BROKARDO TAŠKAI
Brokardo taškai Δ ABC tokie vidiniai taškai vadinami R Ir K
,
Ką<GKŠP
= <.
BCP
=<
BŽŪP
Ir<.
QAB
= <.
QBC
= < QCA
(lygiakraščio trikampio Brokardo taškai susilieja į vieną tašką). Įrodykime, kad bet kurio Δ viduje ABC yra taškas R, turintis reikiamą savybę (taškui K
įrodymas panašus). Pirmiausia suformuluokime Brocard taško apibrėžimą kita forma. Pažymime kampo reikšmes, kaip parodyta 71 paveiksle<ARV=180° - a+x-y, lygybė x=y yra lygiavertis lygybei<APB
=180°-<
.
A
.
Vadinasi, R- taškas Δ ABC, iš kurių pusių AB,
Saulė Ir SA matomas 180° kampu -<.
A
,
180°-<B
,
180°-<SU.
Tokį tašką galima sukonstruoti taip. Kurkime toliau
pusėje Saulė trikampis ABC panašus trikampis CA1B
kaip parodyta 72 paveiksle. Įrodykime, kad tiesės susikirtimo taškas P AA1 ir apibraukti ΔA1BC ieškomas. Tiesą sakant,<BPC
=18
O
° - β
Ir<APB
=
180°-<A
t
P.B.
=
180° -<A
1
C.B.
=
l
80°- A. Toliau panašiu būdu sukurkime panašius trikampius iš šonų AC Ir AB(73 pav.). Nes<.
APB
=
180° - A, taškas R taip pat guli ant apskritimo Δ ABC 1
Vadinasi,<BPC
1
= <BAC
1
= β, o tai reiškia tašką
R guli ant segmento SS 1
.
Jis taip pat yra ant segmento BB 1
,
t.y. R - atkarpų susikirtimo taškas AA 1
, BB 1
Ir SS 1
.
Brocardo mintis R turi tokią įdomią savybę. Leiskite tiesiai AR, VR Ir SR susikerta su apskritimu ΔABC
taškuose A 1, B 1 ir C 1 (74 pav.). Tada Δ ABC = Δ
B
1
SU 1
A
1
.IN iš tikrųjų<.
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
A.C.
=<.ВАС,
pagal Brokardo taško ΔABC savybę, kampai BCC 1 ir A 1 AC yra lygūs, o tai reiškia A
1
C
1
=
B.C.
.
Likusių kraštinių lygybė Δ ABC ir Δ B 1 C 1 A 1 tikrinami tokiu pat būdu.
Visais mūsų nagrinėtais atvejais įrodymas, kad atitinkami tiesių trigubai susikerta viename taške, gali būti atliktas naudojant Cevos teorema. Suformuluosime šią teoremą.
Teorema. Leiskite į šonus AB, BC Ir S A trikampis ABC
paimtų taškų SU 1
, A 1
Ir IN 1
atitinkamai. Tiesioginis AA 1
, BB 1
Ir SS 1
susikerta viename taške tada ir tik tada
AC 1 / C 1 V VA 1 / A 1 C SV 1 / V 1 A = 1.
Teoremos įrodymas pateiktas L.S. Atanasyano geometrijos vadovėlyje 300 psl.
Literatūra.
1.Atanasyan L.S. Geometrija 7-9.- M.: Išsilavinimas, 2000 m.
2. Kiselevas A.P. Elementarioji geometrija – M.: Išsilavinimas, 1980 m.
3. Nikolskaya I.L. Pasirenkamas matematikos kursas. M.: Išsilavinimas, 1991 m.
4. Jaunojo matematiko enciklopedinis žodynas.. Comp. A.P.Savin.-.M.: Pedagogika, 1989 m.
Trikampyje yra vadinamieji keturi svarbūs taškai: medianų susikirtimo taškas. Bisektorių susikirtimo taškas, aukščių susikirtimo taškas ir statmenų bisektorių susikirtimo taškas. Pažvelkime į kiekvieną iš jų.
Trikampio medianų susikirtimo taškas
1 teorema
Ant trikampio medianų sankirtos: trikampio medianos susikerta viename taške ir yra padalintos iš susikirtimo taško santykiu $2:1$, pradedant nuo viršūnės.
Įrodymas.
Apsvarstykite trikampį $ABC$, kur $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ yra jo medianos. Kadangi medianos padalija puses per pusę. Panagrinėkime vidurinę liniją $A_1B_1$ (1 pav.).
1 pav. Trikampio medianos
Pagal 1 teoremą $AB||A_1B_1$ ir $AB=2A_1B_1$, todėl $\angle ABB_1=\kampas BB_1A_1,\ \angle BAA_1=\kampas AA_1B_1$. Tai reiškia, kad trikampiai $ABM$ ir $A_1B_1M$ yra panašūs pagal pirmąjį trikampių panašumo kriterijų. Tada
Panašiai įrodyta, kad
Teorema įrodyta.
Trikampio bisektorių susikirtimo taškas
2 teorema
Ant trikampio pusiaukampių sankirtos: trikampio pusiausvyros susikerta viename taške.
Įrodymas.
Apsvarstykite trikampį $ABC$, kur $AM,\BP,\CK$ yra jo pusiausvyros. Tegul taškas $O$ yra pusiausvyros $AM\ ir\BP$ susikirtimo taškas. Iš šio taško nubrėžkime statmenus į trikampio kraštines (2 pav.).
2 pav. Trikampio pusiausvyros
3 teorema
Kiekvienas neišplėtoto kampo bisektoriaus taškas yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių.
Pagal 3 teoremą turime: $OX=OZ,\OX=OY$. Todėl $OY=OZ$. Tai reiškia, kad taškas $O$ yra vienodu atstumu nuo kampo $ACB$ kraštinių ir todėl yra ant jo pusiaukampio $CK$.
Teorema įrodyta.
Trikampio statmenų bisektorių susikirtimo taškas
4 teorema
Trikampio kraštinėms statmenos pusės susikerta viename taške.
Įrodymas.
Tegu duotas trikampis $ABC$, $n,\ m,\ p$ jo statmenos pusiausvyros. Tegu taškas $O$ yra dvipusių statmenų $n\ ir\ m$ susikirtimo taškas (3 pav.).
3 pav. Trikampio statmenos pusiausvyros
Norėdami tai įrodyti, mums reikia šios teoremos.
5 teorema
Kiekvienas atkarpai statmenos pusės taškas yra vienodu atstumu nuo atkarpos galų.
Pagal 3 teoremą turime: $OB=OC,\OB=OA$. Todėl $OA=OC$. Tai reiškia, kad taškas $O$ yra vienodu atstumu nuo atkarpos $AC$ galų ir todėl yra ant jo statmenos pusės $p$.
Teorema įrodyta.
Trikampio aukščių susikirtimo taškas
6 teorema
Trikampio aukščiai arba jų plėtiniai susikerta viename taške.
Įrodymas.
Apsvarstykite trikampį $ABC$, kur $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ yra jo aukštis virš jūros lygio. Nubrėžkime tiesią liniją per kiekvieną trikampio viršūnę, lygiagrečią viršūnei priešingai kraštinei. Gauname naują trikampį $A_2B_2C_2$ (4 pav.).
4 pav. Trikampio aukščiai
Kadangi $AC_2BC$ ir $B_2ABC$ yra lygiagretainiai, turintys bendrą kraštinę, tai $AC_2=AB_2$, tai yra, taškas $A$ yra kraštinės $C_2B_2$ vidurys. Panašiai mes nustatome, kad taškas $B$ yra kraštinės $C_2A_2$ vidurio taškas, o taškas $C$ yra kraštinės $A_2B_2$ vidurio taškas. Iš konstrukcijos turime $(CC)_1\bot A_2B_2,\ (BB)_1\bot A_2C_2,\ (AA)_1\bot C_2B_2$. Todėl $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ yra trikampio $A_2B_2C_2$ statmenos pusiausvyros. Tada pagal 4 teoremą turime, kad aukščiai $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ susikerta viename taške.
Šioje pamokoje apžvelgsime keturis nuostabius trikampio taškus. Išsamiai apsistokime ties dviem iš jų, prisiminkime svarbių teoremų įrodymus ir išspręskime problemą. Prisiminkime ir apibūdinkime likusius du.
Tema:8 klasės geometrijos kurso peržiūra
Pamoka: keturi nuostabūs trikampio taškai
Trikampis visų pirma yra trys atkarpos ir trys kampai, todėl atkarpų ir kampų savybės yra esminės.
Pateikta atkarpa AB. Bet kuri atkarpa turi vidurio tašką, o per jį galima nubrėžti statmeną – pažymėkime jį p. Taigi p yra statmenas bisektorius.
Teorema (pagrindinė statmens bisektoriaus savybė)
Bet kuris taškas, esantis ant statmeno bisektoriaus, yra vienodu atstumu nuo atkarpos galų.
Įrodyk tai
Įrodymas:
Apsvarstykite trikampius ir (žr. 1 pav.). Jie yra stačiakampiai ir lygūs, nes. turi bendrą koją OM, o kojos AO ir OB yra lygios pagal sąlygą, taigi turime du stačiuosius trikampius, lygius dviejose kojose. Iš to išplaukia, kad trikampių hipotenzės taip pat yra lygios, tai yra, ką reikėjo įrodyti.
Ryžiai. 1
Atvirkštinė teorema yra teisinga.
Teorema
Kiekvienas taškas, nutolęs vienodu atstumu nuo atkarpos galų, yra ant šios atkarpos statmenos pusės.
Duota atkarpa AB, jai statmenas bisektorius p, taškas M, nutolęs vienodu atstumu nuo atkarpos galų (žr. 2 pav.).
Įrodykite, kad taškas M yra ant atkarpos statmenos pusės.
Ryžiai. 2
Įrodymas:
Apsvarstykite trikampį. Pagal būklę jis yra lygiašonis. Apsvarstykite trikampio medianą: taškas O yra pagrindo AB vidurys, OM yra mediana. Pagal lygiašonio trikampio savybę mediana, nubrėžta į jo pagrindą, yra ir aukštis, ir pusiausvyra. Iš to išplaukia, kad. Bet tiesė p taip pat statmena AB. Žinome, kad taške O galima nubrėžti vieną statmeną atkarpai AB, o tai reiškia, kad tiesės OM ir p sutampa, iš to seka, kad taškas M priklauso tiesei p, ką mums reikėjo įrodyti.
Jei reikia apibūdinti apskritimą aplink vieną atkarpą, tai galima padaryti, ir tokių apskritimų yra be galo daug, tačiau kiekvieno iš jų centras bus ant atkarpos statmenos pusės.
Jie sako, kad statmenas bisektorius yra taškų, esančių vienodu atstumu nuo atkarpos galų, vieta.
Trikampis susideda iš trijų atkarpų. Dviem iš jų nubrėžkime dvipusius statmenis ir gaukime jų susikirtimo tašką O (žr. 3 pav.).
Taškas O priklauso statmenai trikampio kraštinei BC, o tai reiškia, kad jis yra vienodu atstumu nuo jo viršūnių B ir C, šį atstumą pažymėkime kaip R: .
Be to, taškas O yra statmenoje atkarpai AB, t.y. , tuo pačiu metu, iš čia.
Taigi dviejų vidurio taškų susikirtimo taškas O
Ryžiai. 3
trikampio statmenys yra vienodai nutolę nuo jo viršūnių, o tai reiškia, kad jis taip pat yra ant trečiojo trikampio statmeno.
Pakartojome svarbios teoremos įrodymą.
Trys statmenos trikampio pusiausvyros susikerta viename taške – apskritimo centre.
Taigi, mes pažvelgėme į pirmąjį puikų trikampio tašką - jo pusiausvyrinių statmenų susikirtimo tašką.
Pereikime prie savavališko kampo savybės (žr. 4 pav.).
Kampas yra duotas, jo pusiausvyra yra AL, taškas M yra ant bisektoriaus.
Ryžiai. 4
Jei taškas M yra ant kampo bisektoriaus, tada jis yra vienodu atstumu nuo kampo kraštinių, tai yra, kampo kraštinių atstumai nuo taško M iki AC ir iki BC yra lygūs.
Įrodymas:
Apsvarstykite trikampius ir . Tai yra stačiakampiai trikampiai ir jie yra lygūs, nes... turi bendrą hipotenuzę AM, o kampai yra lygūs, nes AL yra kampo pusiausvyra. Taigi, stačiakampiai trikampiai yra lygūs hipotenuzėje ir smailiame kampe, tai reiškia, kad , ką reikėjo įrodyti. Taigi, taškas kampo bisektoriuje yra vienodu atstumu nuo to kampo kraštinių.
Atvirkštinė teorema yra teisinga.
Teorema
Jei taškas yra vienodu atstumu nuo neišplėtoto kampo kraštinių, tai jis guli ant jo bisektoriaus (žr. 5 pav.).
Duotas neišvystytas kampas, taškas M, kad atstumas nuo jo iki kampo kraštų būtų vienodas.
Įrodykite, kad taškas M yra ant kampo pusiausvyros.
Ryžiai. 5
Įrodymas:
Atstumas nuo taško iki linijos yra statmens ilgis. Iš taško M brėžiame statmenus MK į kraštinę AB ir MR į kraštinę AC.
Apsvarstykite trikampius ir . Tai yra stačiakampiai trikampiai ir jie yra lygūs, nes... turi bendrą hipotenuzę AM, kojos MK ir MR yra lygios pagal būklę. Taigi stačiakampiai trikampiai yra lygūs hipotenuzėje ir kojoje. Iš trikampių lygybės išplaukia atitinkamų elementų lygybė lygių kampų priešingose pusėse, taigi, 
Todėl taškas M yra ant nurodyto kampo pusiausvyros.
Jei reikia įbrėžti apskritimą kampu, tai galima padaryti, ir tokių apskritimų yra be galo daug, tačiau jų centrai yra ant tam tikro kampo pusiausvyros.
Jie sako, kad bisektorius yra taškų, esančių vienodu atstumu nuo kampo kraštų, vieta.
Trikampis susideda iš trijų kampų. Sukonstruokime dviejų iš jų bisektorius ir gaukime jų susikirtimo tašką O (žr. 6 pav.).
Taškas O yra ant kampo bisektoriaus, o tai reiškia, kad jis yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių AB ir BC, atstumą pažymėkime kaip r: . Be to, taškas O yra ant kampo bisektoriaus, o tai reiškia, kad jis yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių AC ir BC: , , iš čia.
Nesunku pastebėti, kad bisektorių susikirtimo taškas yra vienodu atstumu nuo trečiojo kampo kraštinių, o tai reiškia, kad jis yra
Ryžiai. 6
kampo bisektorius. Taigi, visos trys trikampio pusiausvyros susikerta viename taške.
Taigi, prisiminėme kitos svarbios teoremos įrodymą.
Trikampio kampų pusiausvyros susikerta viename taške – įbrėžto apskritimo centre.
Taigi, mes pažvelgėme į antrą puikų trikampio tašką - pusiausvyros susikirtimo tašką.
Išnagrinėjome kampo pusiausvyrą ir atkreipėme dėmesį į svarbias jo savybes: pusiaukampio taškai yra vienodu atstumu nuo kampo kraštinių, be to, iš vieno taško į apskritimą nubrėžtos liestinės atkarpos yra lygios.
Įveskime tam tikrą žymėjimą (žr. 7 pav.).
Lygias liestinės atkarpas pažymėkime x, y ir z. Kraštinė BC, esanti priešais viršūnę A, žymima kaip a, panašiai AC kaip b, AB kaip c.
Ryžiai. 7
1 uždavinys: trikampyje žinomas kraštinės a pusperimetras ir ilgis. Raskite liestinės, nubrėžtos iš viršūnės A - AK, pažymėtos x, ilgį.
Akivaizdu, kad trikampis nėra visiškai apibrėžtas, o tokių trikampių yra daug, tačiau paaiškėja, kad jie turi keletą bendrų elementų.
Problemoms, susijusioms su įrašytu apskritimu, galime pasiūlyti tokį sprendimo būdą:
1. Nubrėžkite pusiausvyras ir gaukite įbrėžto apskritimo centrą.
2. Iš centro O nubrėžkite statmenus į šonus ir gaukite liesties taškus.
3. Pažymėkite lygias liestes.
4. Užrašykite ryšį tarp trikampio kraštinių ir liestinių.
© Kugusheva Natalya Lvovna, 2009 Geometrija, 8 klasė.
Trikampio medianų susikirtimo taškas Trikampio pusiaukampių susikirtimo taškas Trikampio aukščių susikirtimo taškas Trikampio statmenų dvišakių susikirtimo taškas
Trikampio mediana (BD) yra atkarpa, jungianti trikampio viršūnę su priešingos kraštinės vidurio tašku. A B C D Mediana
Trikampio medianos susikerta viename taške (trikampio svorio centre) ir yra padalintos iš šio taško santykiu 2:1, skaičiuojant nuo viršūnės. AM: MA 1 = VM: MV 1 = SM:MS 1 = 2:1. A A 1 B B 1 M C C 1
Trikampio pusiausvyra (A D) yra trikampio vidinio kampo pusiausvyros atkarpa.
Kiekvienas neišplėtoto kampo bisektoriaus taškas yra vienodu atstumu nuo jo kraštinių. Ir atvirkščiai: kiekvienas taškas, esantis kampo viduje ir vienodai nutolęs nuo kampo kraštų, yra ant jo pusiausvyros. A M B C
Visos trikampio pusiausvyros susikerta viename taške – į trikampį įrašyto apskritimo centre. C B 1 M A V A 1 C 1 O Apskritimo spindulys (OM) yra statmenas, numestas iš centro (TO) į trikampio kraštinę
AUKŠTIS Trikampio aukštis (C D) yra statmena atkarpa, nubrėžta nuo trikampio viršūnės iki tiesės, kurioje yra priešinga kraštinė. A B C D
Trikampio aukščiai (arba jų plėtiniai) susikerta viename taške. A A 1 B B 1 C C 1
VIDURINIS STAPETUMAS Statmens bisektorius (DF) yra tiesė, statmena trikampio kraštinei ir dalijanti ją pusiau. A D F B C
A M B m O Kiekvienas atkarpai statmenos pusės (m) taškas yra vienodu atstumu nuo šios atkarpos galų. Ir atvirkščiai: kiekvienas taškas, nutolęs vienodu atstumu nuo atkarpos galų, yra jai statmenoje pusiausvyroje.
Visos trikampio kraštinių statmenos pusės susikerta viename taške – apie trikampį apibrėžto apskritimo centre. A B C O Apriboto apskritimo spindulys yra atstumas nuo apskritimo centro iki bet kurios trikampio viršūnės (OA). m n p
Užduotys mokiniams Kompasu ir liniuote sukonstruokite apskritimą, įrašytą į bukusį trikampį. Norėdami tai padaryti: naudodamiesi kompasu ir liniuote, bukajame trikampyje sukonstruokite bisektorius. Bisektorių susikirtimo taškas yra apskritimo centras. Sukurkite apskritimo spindulį: statmeną nuo apskritimo centro iki trikampio kraštinės. Sukurkite į trikampį įbrėžtą apskritimą.
2. Naudodami kompasą ir liniuotę sukonstruokite apskritimą, ribojantį bukąjį trikampį. Norėdami tai padaryti: bukojo trikampio kraštinėms sukonstruoti statmenus bisektorius. Šių statmenų susikirtimo taškas yra apibrėžtojo apskritimo centras. Apskritimo spindulys yra atstumas nuo centro iki bet kurios trikampio viršūnės. Sukurkite apskritimą aplink trikampį.
